[LeetCode] Best Time to Buy and Sell Stock III

将Best Time to Buy and Sell Stock的如下思路用到此题目

思路1：第i天买入，能赚到的最大利润是多少呢？就是i + 1 ~ n天中最大的股价减去第i天的。

思路2：第i天买出，能赚到的最大利润是多少呢？就是第i天的价格减去 0~ i-1天中最小的。

和前两道题比起来的话，这道题最难了，因为限制了交易次数。
解决问题的途径我想出来的是：既然最多只能完成两笔交易，而且交易之间没有重叠，那么就divide and conquer。
设i从0到n-1，那么针对每一个i，看看在prices的子序列[0,...,i][i,...,n-1]上分别取得的最大利润（第一题）即可。
这样初步一算，时间复杂度是O(n2)。

改进：
改进的方法就是动态规划了，那就是第一步扫描，先计算出子序列[0,...,i]中的最大利润，用一个数组保存下来，那么时间是O(n)。
第二步是逆向扫描，计算子序列[i,...,n-1]上的最大利润，这一步同时就能结合上一步的结果计算最终的最大利润了，这一步也是O(n)。
所以最后算法的复杂度就是O(n)的。

/*
解释：
首先，因为能买2次（第一次的卖可以和第二次的买在同一时间），但第二次的买不能在第一次的卖左边。
所以维护2个表，f1和f2，size都和prices一样大。
意义：
f1[i]表示 -- 截止到i下标为止，左边所做交易能够达到最大profit；[0,...,i]的利润
f2[i]表示 -- 截止到i下标为止，右边所做交易能够达到最大profit；[i,...,n-1]的利润
那么，对于f1 + f2，寻求最大即可。
*/

对于f1[i],求解过程中用price[i] 减去之前的最小值 和 f1[i-1]做比较，取最大值

动态规划转移方程 f1[i] = max(f1[i-1], price[i]- min)

对于f2[i],求解过程中用后面的最大值减去price[i]和f2[i+1]做比较，取最大值

动态规划转移方程 f2[i] = max(f2[i+1], max-price[i])

思路解释完毕，上code：

minX[i] 表示0 到 i 的最小值 的price

max[i] 表示i到n-1的最大值的price

 class Solution {
     public:
         int maxProfit(vector<int> &prices) {
             if (prices.size() == )
                 return ;

             vector<int> f1(prices.size());
             vector<int> f2(prices.size());

             vector<int> minX(prices.size());
             vector<int> maxX(prices.size());

             minX[] = prices[];
             for(int i = ; i< prices.size();i++ )
             {
                 minX[i] = min(minX[i-], prices[i]);
             }

             maxX[prices.size()-] = prices[prices.size()-];
             for(int i = prices.size() -; i >=; i-- )
             {
                 maxX[i] = max(maxX[i+], prices[i]);
             }

             f1[] = ;
             for(int i = ; i< prices.size();i++ )
             {
                 f1[i] = max(f1[i-],prices[i]-minX[i]);
             }

             f2[prices.size()-] = ;
             for(int i = prices.size() -; i >=; i-- )
             {
                 f2[i] = max(f2[i+],maxX[i]- prices[i]);
             }

             int sum = ;

             for(int i = ; i< prices.size();i++ )
                 sum = max(sum, f1[i] + f2[i]);

             return sum;

         }
 };

优化：可以对上述code稍微优化一下，maxX 和minX array 并不需要，只要保留一个变量mini和maxX即可，不过由于f1和f2 的存在，空间复杂度还是O（n）

 class Solution {
     public:
         int maxProfit(vector<int> &prices) {
             if (prices.size() == )
                 return ;

             vector<int> f1(prices.size());
             vector<int> f2(prices.size());

             int mini = prices[];
             f1[] = ;
             for(int i = ; i< prices.size();i++ )
             {
                 f1[i] = max(f1[i-],prices[i]-mini);
                 mini = min(mini, prices[i]);
             }   

             int maxi = prices[prices.size()-];
             f2[prices.size()-] = ;
             for(int i = prices.size() -; i >=; i-- )
             {
                 f2[i] = max(f2[i+],maxi - prices[i]);
                 maxi = max(maxi, prices[i]);
             }   

             int sum = ;

             for(int i = ; i< prices.size();i++ )
                 sum = max(sum, f1[i] + f2[i]);

             return sum;

         }
 };