leetcode 123. Best Time to Buy and Sell Stock III

Say you have an array for which the ith element is the price of a given stock on day i.

Design an algorithm to find the maximum profit. You may complete at most two transactions.

Note: You may not engage in multiple transactions at the same time (i.e., you must sell the stock before you buy again).

Example 1:

Input: [3,3,5,0,0,3,1,4]
Output: 6
Explanation: Buy on day 4 (price = 0) and sell on day 6 (price = 3), profit = 3-0 = 3.
Then buy on day 7 (price = 1) and sell on day 8 (price = 4), profit = 4-1 = 3.

是121题的拓展，121是只做一次交易，而这道题是做2次交易，而通过这道题可以推广到k次交易

数组中的数字是每天的股票价格，可以买和卖两次，但是第二次的买必须是第一次卖掉之后，求最大的收益

思路：

定义dp[k+1][size]
dp[i][j] 表示第i次交易，在 j 时刻的收益（j 时刻可以没有交易）

第0行因为交易次数是0，所以没有收益，一整行都是0

     3 3 5 0 0 3 1 4 （j)
 0   0 0 0 0 0 0 0 0
 1
 2
 (i)

第 i 次交易时， j 时刻如果选择不交易，收益是保持第i次，j-1时刻的收益，也就是dp[i][j - 1]

如果选择在j时刻卖掉，因为买入可以是从0到j-1的任何一个，设m=0～j-1
那么收益就是第i-1次交易时，m时刻的收益，减去买入m时刻的价格，加上现在在j时刻卖掉的价格，即
dp[i-1][m] - prices[m] + prices[j], for m = 0~ j - 1
要在m=0～j-1中取最大收益
max(dp[i-1][m] - prices[m] ) + prices[j], for m = 0~ j - 1

不需要在每个j时都遍历0～j-1，只需要保持实时更新最大差值即可

要在交易和不交易两种情况中取较大的值
dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], max_diff + prices[j])

因为交易有2次
最后返回dp[2][prices.size() - 1]

    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        if (prices.size() == 0) {
            return 0;
        }
        
        vector<vector<int>> dp(3, vector<int>(prices.size(), 0));
        
        //i: number of transactions, j: prices index..
        for (int i = 1; i < dp.size(); i++) {
            //因为j从1开始，所以每次初始要用0-prices[0]
            int max_diff = -prices[0];
            for (int j = 1; j < prices.size(); j++) {                
                dp[i][j] = max(dp[i][j - 1], max_diff + prices[j])；
                //dp[i][j]已经用上一次的max_diff，本次的max_diff用本次的j更新
                max_diff = max(max_diff, dp[i - 1][j] - prices[j]);
            }
        }
        
        return dp[2][prices.size() - 1];
    }