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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
这道题目可以说是动态规划：123.买卖股票的最佳时机III的进阶版，这里要求至多有k次交易。
动规五部曲，分析如下：
- 确定dp数组以及下标的含义
在动态规划：123.买卖股票的最佳时机III中，我是定义了一个二维dp数组，本题其实依然可以用一个二维dp数组。
使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]
j的状态表示为：
- 0 表示不操作
- 1 第一次买入
- 2 第一次卖出
- 3 第二次买入
- 4 第二次卖出
- .....
大家应该发现规律了吧 ，除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。
题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了。
所以二维dp数组的C++定义为：
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
- 确定递推公式
还要强调一下：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，这是很多同学容易陷入的误区。
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]
选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][0]);
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][i] + prices[i], dp[i][2])
同理可以类比剩下的状态，代码如下：
for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}本题和动态规划：123.买卖股票的最佳时机III最大的区别就是这里要类比j为奇数是买，偶数是卖剩的状态。
- dp数组如何初始化
第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，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，
从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了。
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？
不用管第几次，现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。
第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];
所以同理可以推出dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]
代码如下：
for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
dp[0][j] = -prices[0];
}在初始化的地方同样要类比j为偶数是卖、奇数是买的状态。
- 确定遍历顺序
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。
- 举例推导dp数组
以输入[1,2,3,4,5]，k=2为例。
最后一次卖出，一定是利润最大的，dp[prices.size() - 1][2 * k]即红色部分就是最后求解。
以上分析完毕，C++代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
if (prices.size() == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
dp[0][j] = -prices[0];
}
for (int i = 1;i < prices.size(); i++) {
for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}
}
return dp[prices.size() - 1][2 * k];
}
};当然有的解法是定义一个三维数组dp[i][j][k]，第i天，第j次买卖，k表示买还是卖的状态，从定义上来讲是比较直观。
但感觉三维数组操作起来有些麻烦，我是直接用二维数组来模拟三位数组的情况，代码看起来也清爽一些。
Java：
// 版本一: 三维 dp数组
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if (prices.length == 0) return 0;
// [天数][交易次数][是否持有股票]
int len = prices.length;
int[][][] dp = new int[len][k + 1][2];
// dp数组初始化
// 初始化所有的交易次数是为确保 最后结果是最多 k 次买卖的最大利润
for (int i = 0; i <= k; i++) {
dp[0][i][1] = -prices[0];
}
for (int i = 1; i < len; i++) {
for (int j = 1; j <= k; j++) {
// dp方程, 0表示不持有/卖出, 1表示持有/买入
dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
}
}
return dp[len - 1][k][0];
}
}
// 版本二: 二维 dp数组
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if (prices.length == 0) return 0;
// [天数][股票状态]
// 股票状态: 奇数表示第 k 次交易持有/买入, 偶数表示第 k 次交易不持有/卖出, 0 表示没有操作
int len = prices.length;
int[][] dp = new int[len][k*2 + 1];
// dp数组的初始化, 与版本一同理
for (int i = 1; i < k*2; i += 2) {
dp[0][i] = -prices[0];
}
for (int i = 1; i < len; i++) {
for (int j = 0; j < k*2 - 1; 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]);
}
}
return dp[len - 1][k*2];
}
}
//版本三：一维 dp数组
class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
//在版本二的基础上，由于我们只关心前一天的股票买入情况，所以只存储前一天的股票买入情况
if(prices.length==0)return 0;
int[] dp=new int[2*k+1];
for (int i = 1; i <2*k ; i+=2) {
dp[i]=-prices[0];
}
for (int i = 0; i <prices.length ; i++) {
for (int j = 1; j <2*k ; j+=2) {
dp[j]=Math.max(dp[j],dp[j-1]-prices[i]);
dp[j+1]=Math.max(dp[j+1],dp[j]+prices[i]);
}
}
return dp[2*k];
}
}Python： 版本一
class Solution:
def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:
if len(prices) == 0:
return 0
dp = [[0] * (2*k+1) for _ in range(len(prices))]
for j in range(1, 2*k, 2):
dp[0][j] = -prices[0]
for i in range(1, len(prices)):
for j in range(0, 2*k-1, 2):
dp[i][j+1] = max(dp[i-1][j+1], dp[i-1][j] - prices[i])
dp[i][j+2] = max(dp[i-1][j+2], dp[i-1][j+1] + prices[i])
return dp[-1][2*k]版本二
class Solution:
def maxProfit(self, k: int, prices: List[int]) -> int:
if len(prices) == 0: return 0
dp = [0] * (2*k + 1)
for i in range(1,2*k,2):
dp[i] = -prices[0]
for i in range(1,len(prices)):
for j in range(1,2*k + 1):
if j % 2:
dp[j] = max(dp[j],dp[j-1]-prices[i])
else:
dp[j] = max(dp[j],dp[j-1]+prices[i])
return dp[2*k]Go：
Javascript：
// 方法一：动态规划
const maxProfit = (k,prices) => {
if (prices == null || prices.length < 2 || k == 0) {
return 0;
}
let dp = Array.from(Array(prices.length), () => Array(2*k+1).fill(0));
for (let j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
dp[0][j] = 0 - prices[0];
}
for(let i = 1; i < prices.length; i++) {
for (let 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]);
}
}
return dp[prices.length - 1][2 * k];
};
// 方法二：动态规划+空间优化
var maxProfit = function(k, prices) {
let n = prices.length;
let dp = new Array(2*k+1).fill(0);
// dp 买入状态初始化
for (let i = 1; i <= 2*k; i += 2) {
dp[i] = - prices[0];
}
for (let i = 1; i < n; i++) {
for (let j = 1; j < 2*k+1; j++) {
// j 为奇数：买入状态
if (j % 2) {
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-1] - prices[i]);
} else {
// j为偶数：卖出状态
dp[j] = Math.max(dp[j], dp[j-1] + prices[i]);
}
}
}
return dp[2*k];
};