LeetCode（123）：买卖股票的最佳时机 III

Hard！

题目描述：

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: [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: [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: 在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

解题思路：

这道是买股票的最佳时间系列问题中最难最复杂的一道，前面两道Best Time to Buy and Sell Stock 买卖股票的最佳时间和Best Time to Buy and Sell Stock II 买股票的最佳时间之二的思路都非常的简洁明了，算法也很简单。

而这道是要求最多交易两次，找到最大利润，还是需要用动态规划Dynamic Programming来解，而这里我们需要两个递推公式来分别更新两个变量local和global，参见https://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/23236995，

我们其实可以求至少k次交易的最大利润，找到通解后可以设定 k = 2，即为本题的解答。我们定义local[i][j]为在到达第i天时最多可进行j次交易并且最后一次交易在最后一天卖出的最大利润，此为局部最优。然后我们定义global[i][j]为在到达第i天时最多可进行j次交易的最大利润，此为全局最优。它们的递推式为：

local[i][j] = max(global[i - 1][j - 1] + max(diff, 0), local[i - 1][j] + diff)

global[i][j] = max(local[i][j], global[i - 1][j])

其中局部最优值是比较前一天并少交易一次的全局最优加上大于0的差值，和前一天的局部最优加上差值中取较大值，而全局最优比较局部最优和前一天的全局最优。

C++解法一：

 class Solution {
 public:
     int maxProfit(vector<int> &prices) {
         if (prices.empty()) return ;
         int n = prices.size(), g[n][] = {}, l[n][] = {};
         for (int i = ; i < prices.size(); ++i) {
             int diff = prices[i] - prices[i - ];
             for (int j = ; j <= ; ++j) {
                 l[i][j] = max(g[i - ][j - ] + max(diff, ), l[i - ][j] + diff);
                 g[i][j] = max(l[i][j], g[i - ][j]);
             }
         }
         return g[n - ][];
     }
 };

下面这种解法用一维数组来代替二维数组，可以极大地节省空间，由于覆盖的顺序关系，我们需要j从2到1，这样可以取到正确的g[j-1]值，而非已经被覆盖过的值。

C++解法二：

 class Solution {
 public:
     int maxProfit(vector<int> &prices) {
         if (prices.empty()) return ;
         int g[] = {};
         int l[] = {};
         for (int i = ; i < prices.size() - ; ++i) {
             int diff = prices[i + ] - prices[i];
             for (int j = ; j >= ; --j) {
                 l[j] = max(g[j - ] + max(diff, ), l[j] + diff);
                 g[j] = max(l[j], g[j]);
             }
         }
         return g[];
     }
 };

我们如果假设prices数组为1, 3, 2, 9, 那么我们来看每次更新时local 和 global 的值：

第一天两次交易：　　　　　　第一天一次交易：

local:　　  0 0 0 　　　　　　local:　　  0 0 0

global:　　0 0 0　　　　　 　global:　　0 0 0

第二天两次交易：　　　　　　第二天一次交易：

local:　　  0 0 2 　　　　　　local:　　  0 2 2

global:　　0 0 2　　　　　 　global:　　0 2 2

第三天两次交易：　　　　　　第三天一次交易：

local:　　  0 2 2 　　　　　　local:　　  0 1 2

global:　　0 2 2　　　　 　　global:　　0 2 2

第四天两次交易：　　　　　　第四天一次交易：

local:　　  0 1 9 　　　　　　local:　　  0 8 9

global:　　0 2 9　　　　　 　global:　　0 8 9

在网友@loveahneehttps://home.cnblogs.com/u/1221269/的提醒下，发现了其实上述的递推公式关于local[i][j]的可以稍稍化简一下，我们之前定义的local[i][j]为在到达第i天时最多可进行j次交易并且最后一次交易在最后一天卖出的最大利润，然后网友@fgvltyhttps://home.cnblogs.com/u/985421/解释了一下第 i 天卖第 j 支股票的话，一定是下面的一种：

1. 今天刚买的
那么 Local(i, j) = Global(i-1, j-1)
相当于啥都没干

2. 昨天买的
那么 Local(i, j) = Global(i-1, j-1) + diff
等于Global(i-1, j-1) 中的交易，加上今天干的那一票

3. 更早之前买的
那么 Local(i, j) = Local(i-1, j) + diff
昨天别卖了，留到今天卖

但其实第一种情况是不需要考虑的，因为当天买当天卖不会增加利润，完全是重复操作，这种情况可以归纳在global[i-1][j-1]中，所以我们就不需要max(0, diff)了，那么由于两项都加上了diff，所以我们可以把diff抽到max的外面，所以更新后的递推公式为：

local[i][j] = max(global[i - 1][j - 1], local[i - 1][j]) + diff

global[i][j] = max(local[i][j], global[i - 1][j])