买卖股票的最佳时机Ⅳ

188. 买卖股票的最佳时机 IV

给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 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 k 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：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2 。

示例 2：

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

提示：

0 <= k <= 100
0 <= prices.length <= 1000
0 <= prices[i] <= 1000

解题思路

此题同[买卖股票的最佳时机Ⅱ](./25. 买卖股票的最佳时机 II.md)的不同点是股票至多可以买卖两次

这意味着可以买卖一次，买卖两次，或者不买卖

1.确定dp数组及下标的含义

一天一共就有五个状态，

0. 没有操作

1. 第一次买入

2. 第一次卖出

3. 第二次买入

4. 第二次卖出

5. ……

dp[i] [j]中 i 表示第 i 天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i] [j]表示第 i 天状态 j 所剩最大现金。

2.确定递推公式

需要注意：dp[i] [1]，表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票。

达到dp[i] [1]状态，有两个具体操作：

• 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i] [1] = dp[i-1] [0] - prices[i]
• 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i] [1] = dp[i - 1] [1]

所以dp[i] [1] = Math.max(dp[i-1] [1], dp[i-1] [0]-prices[i]

同理dp[i] [2]也有两个操作：

• 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i] [2] = dp[i - 1] [1] + prices[i]
• 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i] [2] = dp[i - 1] [2]

所以dp[i] [2] = max(dp[i - 1] [1] + prices[i], dp[i - 1] [2])

同理可推出剩下状态部分，j 为奇数是买，为偶数是卖

for (int j = 0; j < 2 * k ; j += 2) {
    dp[i][j + 1] = Math.max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
    dp[i][j + 2] = Math.max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}

3.初始化dp数组

第0天没有操作，即dp[0] [0] = 0;

第0天做第一次买入的操作，dp[0] [1] = -prices[0];

第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？

首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，所以dp[0] [2] = 0;

第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？

第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后在买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。

所以第二次买入操作，初始化为：dp[0] [3] = -prices[0];

同理第二次卖出初始化dp[0] [4] = 0;

同理我们可以推出剩下部分的状态，

for (int j = 1; j < 2 * k - 1; j += 2) {
    dp[0][j] = -prices[0];
}

4.确定遍历顺序

从前往后遍历

以k等于2为例，dp数组的状态如图

代码

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        if(prices.length==0) return 0;
        int[][] dp = new int[prices.length][2*k+1];
        for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
            dp[0][j] = -prices[0];
        }
        for(int i = 1; i < prices.length; i++){
            for(int j = 0; j < 2*k-1; j += 2){
                dp[i][j + 1] = Math.max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]); //持有股票
                dp[i][j + 2] = Math.max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]); //不持有股票
            }
        }
        return dp[prices.length-1][2*k];
       
    }
}

• 时间复杂度：$O(n)$

• 空间复杂度：$O(n\times (2k+1))$

三维数组

class Solution {
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        int[][][] dp = new int[prices.length][k+1][2];
        //dp[i][j][0] 表示第i天第j次持有持有股票的最大价格
        //dp[i][j][1] 表示第i天第j次不持有股票的最大价格
        //i从0开始，j从1开始

        for(int j = 1; j <= k; j++){
            dp[0][j][0] = -prices[0];
            dp[0][j][1] = 0;
        }

        for(int i = 1; i < prices.length; i++){
            for(int j = 1; j <= k; j++){
                //第j天不操作或买入股票，买入股票需要获得上一次不持有股票的最大价格
                dp[i][j][0] = Math.max(dp[i-1][j][0], dp[i-1][j-1][1] - prices[i]);
                //第j天不操作或卖出股票，卖出股票需要获得这一次操作持有股票的最大价格
                dp[i][j][1] = Math.max(dp[i-1][j][1], dp[i-1][j][0] + prices[i]);
            }
        }
        return dp[prices.length-1][k][1];
    }
}