例题一
解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于简单的线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
dp[i] 表⽰：选择到 i 位置时，此时的最⻓预约时⻓。但是我们这个题在 i 位置的时候，会⾯临「选择」或者「不选择」两种抉择，所依赖的状态需要细分：
▪ f[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时的最⻓预约时⻓；
▪ g[i] 表⽰：选择到 i 位置时， nums[i] 不选，此时的最⻓预约时⻓。
2. 状态转移⽅程： 因为状态表⽰定义了两个，因此我们的状态转移⽅程也要分析两个：
对于f[i] ：
▪ 如果 nums[i] 必选，那么我们仅需知道 i - 1 位置在不选的情况下的最⻓预约时⻓，然后加上 nums[i] 即可，因此 f[i] = g[i - 1] + nums[i] 。
对于 g[i] ：
▪ 如果 nums[i] 不选，那么 i - 1 位置上选或者不选都可以。因此，我们需要知道 i - 1 位置上选或者不选两种情况下的最⻓时⻓，因此 g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]) 。
3. 初始化：
这道题的初始化⽐较简单，因此⽆需加辅助节点，仅需初始化 f[0] = nums[0], g[0] = 0即可。
4. 填表顺序
根据「状态转移⽅程」得「从左往右，两个表⼀起填」。
5. 返回值根据「状态表⽰」，应该返回 max(f[n - 1], g[n - 1]) 。
例题二
解法（动态规划）
算法思路：
这⼀个问题是「打家劫舍I」问题的变形。
上⼀个问题是⼀个「单排」的模式，这⼀个问题是⼀个「环形」的模式，也就是⾸尾是相连的。但
是我们可以将「环形」问题转化为「两个单排」问题：
a. 偷第⼀个房屋时的最⼤⾦额 x ，此时不能偷最后⼀个房⼦，因此就是偷 [0, n - 2] 区间的房⼦；
b. 不偷第⼀个房屋时的最⼤⾦额 y ，此时可以偷最后⼀个房⼦，因此就是偷 [1, n - 1] 区间的房⼦；
两种情况下的「最⼤值」，就是最终的结果。因此，问题就转化成求「两次单排结果的最⼤值」。
例题三
解法（动态规划）：
算法思路：
其实这道题依旧是「打家劫舍I」问题的变型。我们注意到题⽬描述，选择 x 数字的时候， x - 1 与 x + 1 是不能被选择的。像不像「打家劫舍」问题中，选择 i 位置的⾦额之后，就不能选择 i - 1 位置以及 i + 1 位置的⾦额呢~ 因此，我们可以创建⼀个⼤⼩为 10001 （根据题⽬的数据范围）的 hash 数组，将 nums 数组中每⼀个元素 x ，累加到 hash 数组下标为 x 的位置处，然后在 hash 数组上来⼀次「打家劫舍」即可。
例题四
解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰： 但是我们这个题在 i 位置的时候，会⾯临「红」「蓝」「绿」三种抉择，所依赖的状态需要细分：
▪ dp[i][0] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「红⾊」，此时的最⼩花费；
▪ dp[i][1] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「蓝⾊」，此时的最⼩花费；
▪ dp[i][2] 表⽰：粉刷到 i 位置的时候，最后⼀个位置粉刷上「绿⾊」，此时的最⼩花费。
2. 状态转移⽅程：
因为状态表⽰定义了三个，因此我们的状态转移⽅程也要分析三个：
对于 dp[i][0] ：
▪ 如果第 i 个位置粉刷上「红⾊」，那么 i - 1 位置上可以是「蓝⾊」或者「绿⾊」。因此我们
需要知道粉刷到 i - 1 位置上的时候，粉刷上「蓝⾊」或者「绿⾊」的最⼩花费，然后加上 i
位置的花费即可。于是状态转移⽅程为： dp[i][0] = min(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][0] ;
同理，我们可以推导出另外两个状态转移⽅程为：
dp[i][1] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]) + costs[i - 1][1] ；
dp[i][2] = min(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1]) + costs[i - 1][2] 。
3. 初始化：
可以在最前⾯加上⼀个「辅助结点」，帮助我们初始化。使⽤这种技巧要注意两个点：
i. 辅助结点⾥⾯的值要「保证后续填表是正确的」；
ii. 「下标的映射关系」。
在本题中，添加⼀个节点，并且初始化为 0 即可。
4. 填表顺序
根据「状态转移⽅程」得「从左往右，三个表⼀起填」。
5. 返回值
根据「状态表⽰」，应该返回最后⼀个位置粉刷上三种颜⾊情况下的最⼩值，因此需要返回：
min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2])) 。
例题五
解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
由于有「买⼊」「可交易」「冷冻期」三个状态，因此我们可以选择⽤三个数组，其中：
▪ dp[i][0] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
▪ dp[i][1] 表⽰：第 i 天结束后，处于「可交易」状态，此时的最⼤利润；
▪ dp[i][2] 表⽰：第 i 天结束后，处于「冷冻期」状态，此时的最⼤利润。
2. 状态转移⽅程：
我们要谨记规则：
i. 处于「买⼊」状态的时候，我们现在有股票，此时不能买股票，只能继续持有股票，或者卖
出股票；
ii. 处于「卖出」状态的时候：
• 如果「在冷冻期」，不能买⼊；
• 如果「不在冷冻期」，才能买⼊。
◦ 对于 dp[i][0] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：
i. 在 i - 1 天持有股票，此时最⼤收益应该和 i - 1 天的保持⼀致： dp[i - 1] [0] ；
ii. 在 i 天买⼊股票，那我们应该选择 i - 1 天不在冷冻期的时候买⼊，由于买⼊需要花钱，所以此时最⼤收益为： dp[i - 1][1] - prices[i] 两种情况应取最⼤值，因此：
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]) 。
◦ 对于 dp[i][1] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：
i. 在 i - 1 天的时候，已经处于冷冻期，然后啥也不⼲到第 i 天，此时对应的状态为： dp[i - 1][2] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，⼿上没有股票，也不在冷冻期，但是依旧啥也不⼲到第 i 天，此时对应的状态为 dp[i - 1][1] ；两种情况应取最⼤值，因此： dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][2]) 。
◦ 对于 dp[1][i] ，我们只有「⼀种情况」能到达这个状态：
i. 在 i - 1 天的时候，卖出股票。 因此对应的状态转移为： dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i] 。
3. 初始化：
三种状态都会⽤到前⼀个位置的值，因此需要初始化每⼀⾏的第⼀个位置：
dp[0][0] ：此时要想处于「买⼊」状态，必须把第⼀天的股票买了，因此 dp[0][0] = - prices[0] ；
dp[0][1] ：啥也不⽤⼲即可，因此 dp[0][1] = 0 ；
dp[0][2] ：⼿上没有股票，买⼀下卖⼀下就处于冷冻期，此时收益为 0 ，因此 dp[0][2] = 0 。
4. 填表顺序：
根据「状态表⽰」，我们要三个表⼀起填，每⼀个表「从左往右」。
5. 返回值：
应该返回「卖出状态」下的最⼤值，因此应该返回 max(dp[n - 1][1], dp[n - 1] [2]) 。
例题六
解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i. 以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii. 以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
由于有「买⼊」「可交易」两个状态，因此我们可以选择⽤两个数组，其中：
▪ f[i] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
▪ g[i] 表⽰：第 i 天结束后，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润。
2. 状态转移⽅程：
我们选择在「卖出」的时候，⽀付这个⼿续费，那么在「买⼊」的时候，就不⽤再考虑⼿续费的问
题。
◦ 对于 f[i] ，我们有两种情况能到达这个状态：
i. 在 i - 1 天「持有」股票，第 i 天啥也不⼲。此时最⼤收益为 f[i - 1] ；
ii. 在 i - 1 天的时候「没有」股票，在第 i 天买⼊股票。此时最⼤收益为 g[i - 1] - prices[i]) ；
两种情况下应该取最⼤值，因此 f[i] = max(f[i - 1], g[i - 1] - prices[i]) 。
◦ 对于 g[i] ，我们也有两种情况能够到达这个状态：
i. 在 i - 1 天「持有」股票，但是在第 i 天将股票卖出。此时最⼤收益为： f[i - 1] + prices[i] - fee) ，记得⼿续费；
ii. 在 i - 1 天「没有」股票，然后第 i 天啥也不⼲。此时最⼤收益为： g[i - 1] ；
两种情况下应该取最⼤值，因此 g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1] + prices[i] - fee) 。
3. 初始化：
由于需要⽤到前⾯的状态，因此需要初始化第⼀个位置。
◦ 对于 f[0] ，此时处于「买⼊」状态，因此 f[0] = -prices[0] ；
◦ 对于 g[0] ，此时处于「没有股票」状态，啥也不⼲即可获得最⼤收益，因此 g[0] = 0 。
4. 填表顺序：
毫⽆疑问是「从左往右」，但是两个表需要⼀起填。
5. 返回值：
应该返回「卖出」状态下，最后⼀天的最⼤值收益： g[n - 1] 。
例题七
解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
对于线性 dp ，我们可以⽤「经验 + 题⽬要求」来定义状态表⽰：
i.
以某个位置为结尾，巴拉巴拉；
ii.
以某个位置为起点，巴拉巴拉。
这⾥我们选择⽐较常⽤的⽅式，以某个位置为结尾，结合题⽬要求，定义⼀个状态表⽰：
由于有「买⼊」「可交易」两个状态，因此我们可以选择⽤两个数组。但是这道题⾥⾯还有交易次
数的限制，因此我们还需要再加上⼀维，⽤来表⽰交易次数。其中：▪
f[i][j]
表⽰：第
i
天结束后，完成了
j
次交易，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利
润；
▪
g[i][j]
表⽰：第
i
天结束后，完成了
j
次交易，处于「卖出」状态，此时的最⼤利
润。
2.
状态转移⽅程：
对于
f[i][j] ，我们有两种情况到这个状态：
i.
在 i - 1 天的时候，交易了
j
次，处于「买⼊」状态，第
i
天啥也不⼲即可。此时最
⼤利润为： f[i - 1][j] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，交易了
j
次，处于「卖出」状态，第
i
天的时候把股票买了。此
时的最⼤利润为： g[i - 1][j] - prices[i] 。
综上，我们要的是「最⼤利润」，因此是两者的最⼤值： f[i][j] = max(f[i - 1][j],
g[i - 1][j] - prices[i]) 。
对于
g[i][j] ，我们也有两种情况可以到达这个状态：
i.
在 i - 1 天的时候，交易了 j 次，处于「卖出」状态，第 i 天啥也不⼲即可。此时的
最⼤利润为： g[i - 1][j] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，交易了 j - 1 次，处于「买⼊」状态，第 i 天把股票卖了，然
后就完成了 j ⽐交易。此时的最⼤利润为： f[i - 1][j - 1] + prices[i] 。但
是这个状态不⼀定存在，要先判断⼀下。
综上，我们要的是最⼤利润，因此状态转移⽅程为：
g[i][j] = g[i - 1][j];
if(j >= 1) g[i][j] = max(g[i][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
3.
初始化：
由于需要⽤到 i = 0 时的状态，因此我们初始化第⼀⾏即可。
◦
当处于第 0 天的时候，只能处于「买⼊过⼀次」的状态，此时的收益为 -prices[0] ，因
此 f[0][0] = - prices[0] 。
◦
为了取 max 的时候，⼀些不存在的状态「起不到⼲扰」的作⽤，我们统统将它们初始化为 -
INF （⽤ INT_MIN 在计算过程中会有「溢出」的⻛险，这⾥ INF 折半取
0x3f3f3f3f ，⾜够⼩即可）
4.
填表顺序：从「上往下填」每⼀⾏，每⼀⾏「从左往右」，两个表「⼀起填」。
5. 返回值：
返回处于「卖出状态」的最⼤值，但是我们也「不知道是交易了⼏次」，因此返回 g 表最后⼀⾏
的最⼤值。
例题八
解法（动态规划）：
算法思路：
1. 状态表⽰：
为了更加清晰的区分「买⼊」和「卖出」，我们换成「有股票」和「⽆股票」两个状态。
f[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 笔交易，此时处于「有股票」状态的最⼤收益；
g[i][j] 表⽰：第 i 天结束后，完成了 j 笔交易，此时处于「⽆股票」状态的最⼤收益。
2. 状态转移⽅程： 对于 f [i][j] ，我们也有两种情况能在第 i 天结束之后，完成 j 笔交易，此时⼿⾥「有股票」的状态：
i. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，啥也不⼲。此时的收益为 f[i - 1][j] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「没有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，买了股票。那么 i 天结束之后，我们就有股票了。此时的收益为 g[i - 1][j] - prices[i] ；
上述两种情况，我们需要的是「最⼤值」，因此 f 的状态转移⽅程为：
f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i])
对于 g [i][j] ，我们有下⾯两种情况能在第 i 天结束之后，完成 j 笔交易，此时⼿⾥「没有
股票」的状态：
i. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「没有股票」，并且交易了 j 次。在第 i 天的时候，啥也不⼲。此时的收益为 g[i - 1][j] ；
ii. 在 i - 1 天的时候，⼿⾥「有股票」，并且交易了 j - 1 次。在第 i 天的时候，把股票卖了。那么 i 天结束之后，我们就交易了 j 次。此时的收益为 f[i - 1][j - 1] + prices[i] ；
上述两种情况，我们需要的是「最⼤值」，因此 g 的状态转移⽅程为：
g[i][j] = max(g[i - 1][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i])
3. 初始化：
由于需要⽤到 i = 0 时的状态，因此我们初始化第⼀⾏即可。
◦ 当处于第 0 天的时候，只能处于「买⼊过⼀次」的状态，此时的收益为 -prices[0] ，因此
f[0][0] = - prices[0] 。
◦ 为了取 max 的时候，⼀些不存在的状态「起不到⼲扰」的作⽤，我们统统将它们初始化为
- INF （⽤ INT_MIN 在计算过程中会有「溢出」的⻛险，这⾥ INF 折半取0x3f3f3f3f ，⾜够⼩即可）
4. 填表顺序：
从上往下填每⼀⾏，每⼀⾏从左往右，两个表⼀起填。
5. 返回值：
返回处于卖出状态的最⼤值，但是我们也不知道是交易了⼏次，因此返回 g 表最后⼀⾏的最⼤
值。
优化点：
我们的交易次数是不会超过整个天数的⼀半的，因此我们可以先把 k 处理⼀下，优化⼀下问题的规
模： k = min(k, n / 2)
