Leetcode刷题123. 买卖股票的最佳时机 III_leetcode 买卖股票问题123

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定的股票在第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你最多可以完成 两笔 交易。

注意: 你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。

示例 1:

输入: [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出: 6
解释: 在第 4 天（股票价格 = 0）的时候买入，在第 6 天（股票价格 = 3）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 3-0 = 3 。
     随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 3 。
示例 2:

输入: [1,2,3,4,5]
输出: 4
解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。   
     注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。   
     因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:

输入: [7,6,4,3,1] 
输出: 0 
解释: 在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

来源：力扣（LeetCode）
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感谢王尼玛的五种实现+详细图解 123.买卖股票的最佳时机 III，labuladong的一个方法团灭 6 道股票问题

k=2范围较小，可以穷举，不用for循环
dp[i][2][0] = max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i]);
dp[i][2][1] = max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i]);
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i]);
dp[i][1][1] = max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i]);
                = max(dp[i - 1][1][1], -prices[i]);

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
//		return maxProfitI(prices);
//		return maxProfitII(prices);
//		return maxProfitIII(prices);
		return maxProfitIV(prices);
	}
 
	//方法四：基于方法三优化，dp[i][k][j]只跟前一天的数据有关，可以直接定义变量解决
	//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)
	private int maxProfitIV(int[] prices) {
		if (prices == null || prices.length == 0) {
			return 0;
		}
		int dpi_10 = 0;
		int dpi_11 = -prices[0];
		int dpi_20 = 0;
		int dpi_21 = -prices[0];
		for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
			dpi_10 = Math.max(dpi_10, dpi_11 + prices[i]);
			dpi_11 = Math.max(dpi_11,  - prices[i]);
			dpi_20 = Math.max(dpi_20, dpi_21 + prices[i]);
			dpi_21 = Math.max(dpi_21, dpi_10 - prices[i]);
		}
		return dpi_20;
	}
 
	//方法三：基于方法二
	//k=2范围较小，可以直接穷举，不用遍历
	//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)
	private int maxProfitIII(int[] prices) {
		if (prices == null || prices.length == 0) {
			return 0;
		}
		int len = prices.length;
		int[][][] dp = new int[len][3][2];
		dp[0][1][0] = 0;
		dp[0][2][0] = 0;
		dp[0][1][1] = -prices[0];
		//先买入和卖出一次，再买入一次，其实就相当于买入一次
		dp[0][2][1] = -prices[0];
		for (int i = 1; i < len; i++) {
			dp[i][1][0] = Math.max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i]);
			dp[i][1][1] = Math.max(dp[i - 1][1][1], - prices[i]);
			dp[i][2][0] = Math.max(dp[i - 1][2][0], dp[i - 1][2][1] + prices[i]);
			dp[i][2][1] = Math.max(dp[i - 1][2][1], dp[i - 1][1][0] - prices[i]);
		}
		return dp[len - 1][2][0];
	}
 
	//方法二：动态规划
	//定义三维dp数组dp[i][k][j]，穷举所有可能求最值
	//时间复杂度O(kn)，空间复杂度O(2kn)
	private int maxProfitII(int[] prices) {
		if (prices == null || prices.length == 0) {
			return 0;
		}
		int len = prices.length;
		int maxK = 2;
		int[][][] dp = new int[len][maxK + 1][2];
		for (int i = 0; i < len; i++) {
			for (int k = maxK; k >= 1; k--) {
				if (i == 0) {
					dp[i][k][0] = 0;
					dp[i][k][1] = -prices[i];
					continue;
				}
				dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
				dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]);
			}
		}
		return dp[len - 1][maxK][0];
	}
 
	//方法一：递归+备忘录
	//定义递归函数dfs(prices,index,status,k)表示第i天状态为status(持有/不持有)至今最多进行k次交易能够获取的最大利润
	//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)
	private int maxProfitI(int[] prices) {
		if (prices == null || prices.length == 0) {
			return 0;
		}
		Map<String, Integer> memoMap = new HashMap<>();
		return dfs(prices, prices.length - 1, 0, 2, memoMap);
	}
 
	private int dfs(int[] prices, int index, int status, int k, Map<String, Integer> memoMap) {
		if (index < 0 || k == 0) {
			return status == 1 ? Integer.MIN_VALUE : 0;
		}
		String key = index + "*" + status + "*" + k;
		if (memoMap.containsKey(key)) {
			return memoMap.get(key);
		}
		int res;
		if (status == 1) {
			res = Math.max(dfs(prices, index - 1, 1, k, memoMap),
					dfs(prices, index - 1, 0, k - 1, memoMap) - prices[index]);
		} else {
			res = Math.max(dfs(prices, index - 1, 0, k, memoMap),
					dfs(prices, index - 1, 1, k, memoMap) + prices[index]);
		}
		memoMap.put(key, res);
		return res;
	}
}