C++力扣题目 121--买卖股票的最佳时机 122-- 买卖股票的最佳时机II 123--买卖股票的最佳时机III 188--买卖股票的最佳时机IV

121. 买卖股票的最佳时机

力扣题目链接(opens new window)

给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。

你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。

返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。

  • 示例 1：

  • 输入：[7,1,5,3,6,4]

  • 输出：5
    解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。

  • 示例 2：

  • 输入：prices = [7,6,4,3,1]

  • 输出：0
    解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

#思路

#暴力

这道题目最直观的想法，就是暴力，找最优间距了。

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
            for (int j = i + 1; j < prices.size(); j++){
                result = max(result, prices[j] - prices[i]);
            }
        }
        return result;
    }
};

  • 时间复杂度：O(n^2)
  • 空间复杂度：O(1)

当然该方法超时了。

#贪心

因为股票就买卖一次，那么贪心的想法很自然就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。

C++代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int low = INT_MAX;
        int result = 0;
        for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
            low = min(low, prices[i]);  // 取最左最小价格
            result = max(result, prices[i] - low); // 直接取最大区间利润
        }
        return result;
    }
};

  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(1)

#动态规划

动规五部曲分析如下：

  1. 确定dp数组（dp table）以及下标的含义

dp[i][0] 表示第i天持有股票所得最多现金 ，这里可能有同学疑惑，本题中只能买卖一次，持有股票之后哪还有现金呢？

其实一开始现金是0，那么加入第i天买入股票现金就是 -prices[i]， 这是一个负数。

dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金

注意这里说的是“持有”，“持有”不代表就是当天“买入”！也有可能是昨天就买入了，今天保持持有的状态

很多同学把“持有”和“买入”没区分清楚。

在下面递推公式分析中，我会进一步讲解。

  1. 确定递推公式

如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来

  • 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
  • 第i天买入股票，所得现金就是买入今天的股票后所得现金即：-prices[i]

那么dp[i][0]应该选所得现金最大的，所以dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);

如果第i天不持有股票即dp[i][1]， 也可以由两个状态推出来

  • 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
  • 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]

同样dp[i][1]取最大的，dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);

这样递推公式我们就分析完了

  1. dp数组如何初始化

由递推公式 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);可以看出

其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。

那么dp[0][0]表示第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了，因为不可能有前一天推出来，所以dp[0][0] -= prices[0];

dp[0][1]表示第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0，所以dp[0][1] = 0;

  1. 确定遍历顺序

从递推公式可以看出dp[i]都是由dp[i - 1]推导出来的，那么一定是从前向后遍历。

  1. 举例推导dp数组

以示例1，输入：[7,1,5,3,6,4]为例，dp数组状态如下：

121.买卖股票的最佳时机

dp[5][1]就是最终结果。

为什么不是dp[5][0]呢？

因为本题中不持有股票状态所得金钱一定比持有股票状态得到的多！

以上分析完毕，C++代码如下：

// 版本一
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        if (len == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2));
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
        }
        return dp[len - 1][1];
    }
};

  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(n)

从递推公式可以看出，dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);

那么我们只需要记录 当前天的dp状态和前一天的dp状态就可以了，可以使用滚动数组来节省空间，代码如下：

// 版本二
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], -prices[i]);
            dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
        }
        return dp[(len - 1) % 2][1];
    }
};

  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(1)

这里能写出版本一就可以了，版本二虽然原理都一样，但是想直接写出版本二还是有点麻烦，容易自己给自己找bug。

所以建议是先写出版本一，然后在版本一的基础上优化成版本二，而不是直接就写出版本二。

 

122.买卖股票的最佳时机II

力扣题目链接(opens new window)

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。

设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。

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: [7,1,5,3,6,4]

  • 输出: 7
    解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4。随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 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: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

提示：

  • 1 <= prices.length <= 3 * 10 ^ 4
  • 0 <= prices[i] <= 10 ^ 4

#思路

本题我们在讲解贪心专题的时候就已经讲解过了贪心算法：买卖股票的最佳时机II (opens new window)，只不过没有深入讲解动态规划的解法，那么这次我们再好好分析一下动规的解法。

本题和121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)的唯一区别是本题股票可以买卖多次了（注意只有一只股票，所以再次购买前要出售掉之前的股票）

在动规五部曲中，这个区别主要是体现在递推公式上，其他都和121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)一样一样的。

所以我们重点讲一讲递推公式。

这里重申一下dp数组的含义：

  • dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金。
  • dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金

如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来

  • 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
  • 第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金减去 今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]

注意这里和121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)唯一不同的地方，就是推导dp[i][0]的时候，第i天买入股票的情况。

在121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)中，因为股票全程只能买卖一次，所以如果买入股票，那么第i天持有股票即dp[i][0]一定就是 -prices[i]。

而本题，因为一只股票可以买卖多次，所以当第i天买入股票的时候，所持有的现金可能有之前买卖过的利润。

那么第i天持有股票即dp[i][0]，如果是第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 减去 今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]。

再来看看如果第i天不持有股票即dp[i][1]的情况， 依然可以由两个状态推出来

  • 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
  • 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]

注意这里和121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)就是一样的逻辑，卖出股票收获利润（可能是负值）天经地义！

代码如下：（注意代码中的注释，标记了和121.买卖股票的最佳时机唯一不同的地方）

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2, 0));
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]); // 注意这里是和121. 买卖股票的最佳时机唯一不同的地方。
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);
        }
        return dp[len - 1][1];
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(n)

大家可以本题和121. 买卖股票的最佳时机 (opens new window)的代码几乎一样，唯一的区别在：

dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);

这正是因为本题的股票可以买卖多次！ 所以买入股票的时候，可能会有之前买卖的利润即：dp[i - 1][1]，所以dp[i - 1][1] - prices[i]。

想到到这一点，对这两道题理解的就比较深刻了。

这里我依然给出滚动数组的版本，C++代码如下：

// 版本二
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int len = prices.size();
        vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
        dp[0][0] -= prices[0];
        dp[0][1] = 0;
        for (int i = 1; i < len; i++) {
            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], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
        }
        return dp[(len - 1) % 2][1];
    }
};
  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(1)

 

123.买卖股票的最佳时机III

力扣题目链接(opens new window)

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：prices = [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：prices = [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：prices = [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。

  • 示例 4：

  • 输入：prices = [1] 输出：0

提示：

  • 1 <= prices.length <= 10^5
  • 0 <= prices[i] <= 10

#思路

这道题目相对 121.买卖股票的最佳时机 (opens new window)和 122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)难了不少。

关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。

接来下我用动态规划五部曲详细分析一下：

  1. 确定dp数组以及下标的含义

一天一共就有五个状态，

  1. 没有操作 （其实我们也可以不设置这个状态）
  2. 第一次持有股票
  3. 第一次不持有股票
  4. 第二次持有股票
  5. 第二次不持有股票

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。

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，这是很多同学容易陷入的误区。

例如 dp[i][1] ，并不是说 第i天一定买入股票，有可能 第 i-1天 就买入了，那么 dp[i][1] 延续买入股票的这个状态。

  1. 确定递推公式

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]

那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][1]呢？

一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);

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：

dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);

dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);

  1. 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？

此时还没有买入，怎么就卖出呢？ 其实大家可以理解当天买入，当天卖出，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？应该不少同学疑惑，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？

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，然后再买入一次（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;

  1. 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。

  1. 举例推导dp数组

以输入[1,2,3,4,5]为例

123.买卖股票的最佳时机III

大家可以看到红色框为最后两次卖出的状态。

现在最大的时候一定是卖出的状态，而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。如果想不明白的录友也可以这么理解：如果第一次卖出已经是最大值了，那么我们可以在当天立刻买入再立刻卖出。所以dp[4][4]已经包含了dp[4][2]的情况。也就是说第二次卖出手里所剩的钱一定是最多的。

所以最终最大利润是dp[4][4]

以上五部都分析完了，不难写出如下代码：

// 版本一
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
        dp[0][1] = -prices[0];
        dp[0][3] = -prices[0];
        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
            dp[i][0] = dp[i - 1][0];
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
            dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
            dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
        }
        return dp[prices.size() - 1][4];
    }
};

  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(n × 5)

当然，大家可以看到力扣官方题解里的一种优化空间写法，我这里给出对应的C++版本：

// 版本二
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<int> dp(5, 0);
        dp[1] = -prices[0];
        dp[3] = -prices[0];
        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
            dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
            dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);
            dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i]);
            dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i]);
        }
        return dp[4];
    }
};

  • 时间复杂度：O(n)
  • 空间复杂度：O(1)

大家会发现dp[2]利用的是当天的dp[1]。 但结果也是对的。

我来简单解释一下：

dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]); 如果dp[1]取dp[1]，即保持买入股票的状态，那么 dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);中dp[1] + prices[i] 就是今天卖出。

如果dp[1]取dp[0] - prices[i]，今天买入股票，那么dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);中的dp[1] + prices[i]相当于是今天再卖出股票，一买一卖收益为0，对所得现金没有影响。相当于今天买入股票又卖出股票，等于没有操作，保持昨天卖出股票的状态了。

这种写法看上去简单，其实思路很绕，不建议大家这么写，这么思考，很容易把自己绕进去！

对于本题，把版本一的写法研究明白，足以！

#拓展

其实我们可以不设置，‘0. 没有操作’ 这个状态，因为没有操作，手上的现金自然就是0， 正如我们在 121.买卖股票的最佳时机 (opens new window)和 122.买卖股票的最佳时机II (opens new window)也没有设置这一状态是一样的。

代码如下：

// 版本三 
class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
        dp[0][1] = -prices[0];
        dp[0][3] = -prices[0];
        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], 0 - prices[i]);
            dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
            dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
        }
        return dp[prices.size() - 1][4];
    }
};

 

188.买卖股票的最佳时机IV

力扣题目链接(opens new window)

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

#思路

这道题目可以说是动态规划：123.买卖股票的最佳时机III (opens new window)的进阶版，这里要求至多有k次交易。

动规五部曲，分析如下：

  1. 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 (opens new window)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));

  1. 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][1]);

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 (opens new window)最大的区别就是这里要类比j为奇数是买，偶数是卖的状态。

  1. 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？

此时还没有买入，怎么就卖出呢？ 其实大家可以理解当天买入，当天卖出，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？应该不少同学疑惑，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？

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];

第二次卖出初始化dp[0][4] = 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。

  1. 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。

  1. 举例推导dp数组

以输入[1,2,3,4,5]，k=2为例。

188.买卖股票的最佳时机IV

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];
    }
};

  • 时间复杂度: O(n * k)，其中 n 为 prices 的长度
  • 空间复杂度: O(n * 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维数组的情况，代码看起来也清爽一些。

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