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题目：123. 买卖股票的最佳时机 III

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：prices = [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：prices = [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：prices = [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。

示例 4：

输入：prices = [1] 输出：0

提示：

1 <= prices.length <= 105 0 <= prices[i] <= 105

来源：力扣（LeetCode）

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

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题解-（动态规划）

1. 状态定义

在每天的股票交易动作完成时，会存在以下几种状态：

0. 没有执行任何交易动作；
1. 执行了第一次买入；
2. 执行了第一笔交易，即完成了第一次买入和第一次卖出；
3. 执行了第二次买入，即在完成了第一笔交易的基础上，进行第二次买入；
4. 执行了第二笔交易，即完成了第二次买入和第二次卖出。

size = prices.size()

定义$dp[0,1,\cdots ,n-1][5]$，$dp[i][0,1,2,3,4]$分别表示第$i$天完成交易动作之后，5种状态所能获取的最大利润。

2. 转移方程

dp[i][0] = 0;//没有交易动作dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i]);//前一天的状态为第一次买入，当天不操作；//前一天的状态为没有交易动作，当天买入dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1] + prices[i]);//前一天的状态为完成第一笔交易，当天不操作；//前一天的状态为第一次买入，当天卖出完成第一笔交易dp[i][3] = max(dp[i-1][3], dp[i-1][2] - prices[i]);//前一天的状态为第二次买入，当天不操作；//前一天的状态为完成第一笔交易，当天第二次买入dp[i][4] = max(dp[i-1][4], dp[i-1][3] + prices[i]);//前一天的状态为完成全部两次交易，当天不操作；//前一天的状态为完成第二次买入，当天第二次卖出

3. 初始条件/边界

dp[0][0] = 0;//，没有交易，利润当然为0dp[0][1] = -prices[0];//第一次买入，利润为-prices[0]dp[0][2] = 0;//第一次买入且卖出，利润为0dp[0][3] = -prices[0];//第二次买入，利润为-prices[0]dp[0][4] = 0;//第二次买入且卖出，利润为0

4. 最优解

max(dp[size-1][4], dp[size-1][2]);

代码

class Solution {
   public:    int maxProfit(vector
   
    & prices) {
           int size = prices.size();        vector
    
     
      > dp(size, vector
      
       (5, 0));        dp[0][0] = 0;        dp[0][1] = -prices[0];        dp[0][2] = 0;        dp[0][3] = -prices[0];        dp[0][4] = 0;        for(int i = 1; i < size; i++) {
               dp[i][0] = 0;            dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i]);//前一天完成买入，当天不操作；当天买入            dp[i][2] = max(dp[i-1][2], dp[i-1][1] + prices[i]);//前一天完成一笔交易，当天不操作；当天卖出，完成交易            dp[i][3] = max(dp[i-1][3], dp[i-1][2] - prices[i]);//前一天完成第二次买入，当天不操作；当天第二次买入            dp[i][4] = max(dp[i-1][4], dp[i-1][3] + prices[i]);//前一天完成全部两次交易，当天不操作；当天第二次卖出        }        return max(dp[size-1][4], dp[size-1][2]);    }};
      
     
    
   

空间复杂度的改进

分析状态转移方程可以发现，状态$dp[i][0,1,2,3,4]$只与前一个状态和当前循环变量$prices[i]$有关。

因此，可以进一步降低空间复杂度到$\Theta (1)$级别。

class Solution {
   public:    int maxProfit(vector
   
    & prices) {
           int size = prices.size();        int dp0 = 0;        int dp1 = -prices[0];        int dp2 = 0;        int dp3 = -prices[0];        int dp4 = 0;        for(int i = 1; i < size; i++) {
               dp4 = max(dp4, dp3 + prices[i]);//前一天完成全部两次交易，当天不操作；当天第二次卖出            dp3 = max(dp3, dp2 - prices[i]);//前一天完成第二次买入，当天不操作；当天第二次买入            dp2 = max(dp2, dp1 + prices[i]);//前一天完成一笔交易，当天不操作；当天卖出，完成交易            dp1 = max(dp1, dp0 - prices[i]);//前一天完成买入，当天不操作；当天买入            dp0 = 0;                    }        return max(dp4, dp2);    }};
   

此外，状态dp0利润一直为零，还可以忽略。