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：
1 class Solution { 2 public: 3 int maxProfit(vector<int> &prices) { 4 if (prices.empty()) return 0; 5 int n = prices.size(), g[n][3] = {0}, l[n][3] = {0}; 6 for (int i = 1; i < prices.size(); ++i) { 7 int diff = prices[i] - prices[i - 1]; 8 for (int j = 1; j <= 2; ++j) { 9 l[i][j] = max(g[i - 1][j - 1] + max(diff, 0), l[i - 1][j] + diff); 10 g[i][j] = max(l[i][j], g[i - 1][j]); 11 } 12 } 13 return g[n - 1][2]; 14 } 15 };
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：
1 class Solution { 2 public: 3 int maxProfit(vector<int> &prices) { 4 if (prices.empty()) return 0; 5 int g[3] = {0}; 6 int l[3] = {0}; 7 for (int i = 0; i < prices.size() - 1; ++i) { 8 int diff = prices[i + 1] - prices[i]; 9 for (int j = 2; j >= 1; --j) { 10 l[j] = max(g[j - 1] + max(diff, 0), l[j] + diff); 11 g[j] = max(l[j], g[j]); 12 } 13 } 14 return g[2]; 15 } 16 };
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])
