代码随想录算法训练营第四十天（20250309） |121. 买卖股票的最佳时机，122.买卖股票的最佳时机II，123.买卖股票的最佳时机III -[补卡20250323]

121. 买卖股票的最佳时机

1. 通过二维数组的方式记录前一天持有或不持有股票对当天的影响
2. 若当前天不想持有，则前一天若持有，当天获利=前一天的获利+当天卖出的获利；若前一天不持有，则获利就是前一天的获利，两者取max
3. 若当前天持有，则前一天若持有，获利即为前一天获利；若前一天不持有，则获利为当前天买入的成本；注意这里，为什么前一天不持有，当前持有的获利不是前一天的获利+当前天的买入成本呢，因为买入卖出只有一次！！！

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        std::vector<std::vector<int>> dp(prices.size(), std::vector<int>(2, 0));
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];
        for(int i{1}; i<prices.size(); i++){
            dp[i][0] = std::max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]+prices[i]);
            dp[i][1] = std::max(dp[i-1][1], -prices[i]);
        }
        return dp[prices.size()-1][0];
    }
};

122.买卖股票的最佳时机II

1. 上一题第三点的另一种情况，允许多次买入卖出
2. 实际也有更简单的方法，直接求增长的差值和

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        std::vector<std::vector<int>> dp(prices.size(), std::vector<int>(2,0));
        dp[0][0] = 0;
        dp[0][1] = -prices[0];
        for(int i{1}; i<prices.size(); i++){
            dp[i][0] = std::max(dp[i-1][0], dp[i-1][1]+prices[i]);
            dp[i][1] = std::max(dp[i-1][1], dp[i-1][0]-prices[i]);
        }
        return dp[prices.size()-1][0];
    }
};

123.买卖股票的最佳时机III

1. 模仿之前的两个例子，在每一天将当前天的所有情况都列出来：第一次买入，第一次卖出，第二次买入， 第二次卖出
2. 关于第二次买入卖出的前提条件：理论上第二次买入或卖出肯定需要有第一次的买入卖出

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if(prices.size()<1){
            return 0;
        }
        std::vector<std::vector<int>> dp(prices.size(), std::vector<int>(4, 0));
        dp[0][0] = -prices[0];
        dp[0][2] = -prices[0];
        for(int i{1}; i<prices.size(); i++){
            dp[i][0] = std::max(dp[i-1][0], -prices[i]);
            dp[i][1] = std::max(dp[i-1][1], dp[i-1][0]+prices[i]);
            dp[i][2] = std::max(dp[i-1][2], dp[i-1][1]-prices[i]);
            dp[i][3] = std::max(dp[i-1][3], dp[i-1][2]+prices[i]);
        }
        return dp[prices.size()-1][3];
    }
};