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每天都有三种「选择」：买入、卖出、无操作，我们用 buy, sell, rest 表示这三种选择。并不是每天都可以任意选择这三种选择的，因为 sell 必须在 buy 之后，buy 必须在 sell 之后。那么 rest 操作还应该分两种状态，一种是 buy 之后的 rest（持有了股票），一种是 sell 之后的 rest（没有持有股票）。而且别忘了，我们还有交易次数 k 的限制，就是说你 buy 还只能在 k > 0 的前提下操作。
这个问题的「状态」有三个，第一个是天数，第二个是允许交易
的最大次数，第三个是当前的持有状态（即之前说的 rest 的状态，用 1 表示持有，0 表示没有持有）。dp数组代表最大利润，用一个三维数组就可以装下这几种状态的全部组合：
dp[i][k][0 or 1]
0 <= i <= n-1, 1 <= k <= K
n 为天数，K 为最多交易数
例如：dp[3][2][1] 的含义就是今天是第三天，我现在手上持有着股票，至今最多进行 2 次交易。
最终答案是 dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多允许 K 次交易，最多获得多少利润
状态转移方程
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
max( 选择 rest , 选择 sell )
解释：今天我没有持有股票，有两种可能：
要么是我昨天就没有持有，然后今天选择 rest，所以我今天还是没有持有；
要么是我昨天持有股票，但是今天我 sell 了，所以我今天没有持有股票了。
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
max( 选择 rest , 选择 buy )
解释：今天我持有着股票，有两种可能：
要么我昨天就持有着股票，然后今天选择 rest，所以我今天还持有着股票；
要么我昨天本没有持有，但今天我选择 buy，所以今天我就持有股票了。
需要定义base的情况如下
dp[-1][k][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0 。
dp[-1][k][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。
dp[i][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0 。
dp[i][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。
第一题.121买卖股票的最佳时机(k=1)
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])
解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。
现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
可以进行进一步化简去掉所有 k：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
if prices==[]:
return 0
dp=[[0 for i in range(2)] for j in range(len(prices))]#创建dp数组
for i in range(len(prices)):
if i-1==-1:#处理base情况
dp[i][0]=0
dp[i][1]=-prices[i]
continue
#状态转移方程
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i])
dp[i][1]=max(dp[i-1][1],-prices[i])
return dp[len(prices)-1][0]
sol=Solution()
print(sol.maxProfit([7,1,5,3,6,4]))
第二题.122买卖股票的最佳时机II(k=无穷)
如果 k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的。
状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
= max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i])
class Solution:
def maxProfit(self, prices):
if prices==[]:
return 0
n=len(prices)
dp=[[0 for i in range(2)] for j in range(n)]
for i in range(n):
if i-1==-1:
dp[i][0]=0
dp[i][1]=-prices[i]
continue
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i])
dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])
return dp[n-1][0]
sol=Solution()
print(sol.maxProfit([7,1,5,3,6,4]))
第三题.309最佳买卖股票时机含冷冻期1天(k不限次数)
每次 sell 之后要等一天才能继续交易。
状态转移方程：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])
解释：第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。
var maxProfit = function (prices) {
if (!prices.length) {
return 0;
}
let dp = new Array(prices.length).fill(0).map(() => new Array(2).fill(0));
for (let i = 0; i < prices.length; i++) {
if (i == 0) {
dp[i][0] = 0;
dp[i][1] = -prices[i];
continue;
}
if (i == 1) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
continue;
}
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i]);
}
return dp[prices.length - 1][0];
};
第四题.714最佳时机含手续费(k不限次数)
每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去
状态转移方程：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i] - fee)
解释：相当于买入股票的价格升高了。
在第一个式子里减也是一样的，相当于卖出股票的价格减小了。
class Solution:
def maxProfit(self,prices,fee):
if prices==[]:
return 0
n=len(prices)
dp=[[0 for i in range(2)] for j in range(n)]
for i in range(n):
if i-1==-1:
dp[i][0]=0
dp[i][1]=-prices[i]-fee
#或者dp[i][1]=-prices[i],则下面需要在卖出的时候减手续费
continue
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i])
dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]-fee)
return dp[n-1][0]
sol=Solution()
print(sol.maxProfit([1,3,2,8,4,9],2))
第五题.123最佳时机(k=2)
必须要对 k 进行穷举
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], -prices[i])
class Solution:
def maxProfit(self, prices):
if prices==[]:
return 0
k1=2
dp=[[[0 for i in range(2)] for j in range(k1+1)] for o in range(len(prices))]
for i in range(len(prices)):
for k in range(k1,0,-1):
if i-1==-1:
dp[i][k][0]=0
dp[i][k][1]=-prices[i]
continue
dp[i][k][0]=max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k][1]+prices[i])
dp[i][k][1]=max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k-1][0]-prices[i])
return dp[len(prices)-1][k1][0]
sol=Solution()
print(sol.maxProfit([3,3,5,0,0,3,1,4]))
第六题.188最佳时机IV(k=固定值)
注意会有内存溢出的错误：传入的 k 值会非常大，dp 数组太大。
一次交易由买入和卖出构成，至少需要两天。所以说有效的限制 k 应该不超过 n/2，如果超过，就没有约束作用了，相当于 k = +infinity。这种情况是之前解决过的。
class Solution:
def maxProfit(self, k, prices):
if prices==[]:
return 0
n=len(prices)
if k>n/2:
return self.A(prices)
dp=[[[0 for i in range(2)] for j in range(k+1)] for o in range(len(prices))]
for i in range(len(prices)):
for k1 in range(k,0,-1):
if i-1==-1:
dp[i][k1][0]=0
dp[i][k1][1]=-prices[i]
continue
dp[i][k1][0] = max(dp[i-1][k1][0], dp[i-1][k1][1] + prices[i])
dp[i][k1][1] = max(dp[i-1][k1][1], dp[i-1][k1-1][0] - prices[i])
return dp[len(prices)-1][k][0]
def A(self, prices):
if prices==[]:
return 0
n=len(prices)
dp=[[0 for i in range(2)] for j in range(n)]
for i in range(n):
if i-1==-1:
dp[i][0]=0
dp[i][1]=-prices[i]
continue
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i])
dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i])
return dp[n-1][0]
sol=Solution()
print(sol.maxProfit(2,[3,2,6,5,0,3]))
作者：labuladong
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/solution/yi-ge-fang-fa-tuan-mie-6-dao-gu-piao-wen-ti-by-l-3/
来源：力扣（LeetCode）
