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## 188.买卖股票的最佳时机IV

题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/

给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 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 k 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：k = 2, prices = [2,4,1]
输出：2
解释：在第 1 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天 (股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-2 = 2。

示例 2：
输入：k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]
输出：7
解释：在第 2 天 (股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天 (股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-2 = 4。随后，在第 5 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 。


提示：

* 0 <= k <= 100
* 0 <= prices.length <= 1000
* 0 <= prices[i] <= 1000

## 思路

这道题目可以说是[动态规划：123.买卖股票的最佳时机III](https://mp.weixin.qq.com/s/Sbs157mlVDtAR0gbLpdKzg)的进阶版，这里要求至多有k次交易。

动规五部曲，分析如下：

1. 确定dp数组以及下标的含义

在[动态规划：123.买卖股票的最佳时机III](https://mp.weixin.qq.com/s/Sbs157mlVDtAR0gbLpdKzg)中，我是定义了一个二维dp数组，本题其实依然可以用一个二维dp数组。

使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]

j的状态表示为：

* 0 表示不操作
* 1 第一次买入
* 2 第一次卖出
* 3 第二次买入
* 4 第二次卖出
* .....

**大家应该发现规律了吧 ，除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入**。

题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了。

所以二维dp数组的C++定义为：

```
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
```

2. 确定递推公式

还要强调一下：dp[i][1]，**表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区**。

达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：

* 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i - 1][0] - prices[i]
* 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][1]

选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] - prices[i], dp[i - 1][0]);

同理dp[i][2]也有两个操作：

* 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i]
* 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]

所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][i] + prices[i], dp[i][2])

同理可以类比剩下的状态，代码如下：

```C++
for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
    dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
    dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
}
```

**本题和[动态规划：123.买卖股票的最佳时机III](https://mp.weixin.qq.com/s/Sbs157mlVDtAR0gbLpdKzg)最大的区别就是这里要类比j为奇数是买，偶数是卖剩的状态**。

3. dp数组如何初始化

第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0;

第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0];

第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？

首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，

从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了。

所以dp[0][2] = 0;

第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？

不用管第几次，现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。

第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];

**所以同理可以推出dp[0][j]当j为奇数的时候都初始化为 -prices[0]**

代码如下：

```C++
for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
    dp[0][j] = -prices[0];
}
```

**在初始化的地方同样要类比j为偶数是卖、奇数是买的状态**。

4. 确定遍历顺序

从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。

5.  举例推导dp数组

以输入[1,2,3,4,5]，k=2为例。

![188.买卖股票的最佳时机IV](https://img-blog.csdnimg.cn/20201229100358221.png)

最后一次卖出，一定是利润最大的，dp[prices.size() - 1][2 * k]即红色部分就是最后求解。

以上分析完毕，C++代码如下：

```C++
class Solution {
public:
    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {

        if (prices.size() == 0) return 0;
        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
        for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
            dp[0][j] = -prices[0];
        }
        for (int i = 1;i < prices.size(); i++) {
            for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) {
                dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
                dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
            }
        }
        return dp[prices.size() - 1][2 * k];
    }
};
```

当然有的解法是定义一个三维数组dp[i][j][k]，第i天，第j次买卖，k表示买还是卖的状态，从定义上来讲是比较直观。

但感觉三维数组操作起来有些麻烦，我是直接用二维数组来模拟三位数组的情况，代码看起来也清爽一些。


## 其他语言版本

Java：

```java
class Solution { //动态规划
    public int maxProfit(int k, int[] prices) {
        if (prices == null || prices.length < 2 || k == 0) {
            return 0;
        }

        // [天数][交易次数][是否持有股票] 
        int[][][] dp = new int[prices.length][k + 1][2];

        // bad case
        dp[0][0][0] = 0;
        dp[0][0][1] = Integer.MIN_VALUE;
        dp[0][1][0] = 0;
        dp[0][1][1] = -prices[0];
        // dp[0][j][0] 都均为0
        // dp[0][j][1] 异常值都取Integer.MIN_VALUE;
        for (int i = 2; i < k + 1; i++) {
            dp[0][i][0] = 0;
            dp[0][i][1] = Integer.MIN_VALUE;
        }

        for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
            for (int j = k; j >= 1; j--) {
                // dp公式
                dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
                dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
            }
        }

        int res = 0;
        for (int i = 1; i < k + 1; i++) {
            res = Math.max(res, dp[prices.length - 1][i][0]);
        }

        return res;
    }
}
```


Python：


Go：




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