本文主要是介绍代码随想录算法训练营29期Day54|LeetCode 123,188，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！
文档讲解：买卖股票的最佳时机III 买卖股票的最佳时机IV
123.买卖股票的最佳时机III
题目链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iii/description/
思路：
这题比前两题难，关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。
一天一共就有五个状态：没有操作 （其实我们也可以不设置这个状态）；第一次持有股票；第一次不持有股票；第二次持有股票；第二次不持有股票。
dp[i][j]中 i表示第i天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。
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]
那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][1]呢？
一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
dp[i][2]、dp[i][3]、dp[i][4]同理。
对于初始化来说，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];
当天买入，当天卖出，所以dp[0][2] = 0;
第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后再买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。
所以第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];
同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;
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。
核心代码：
class Solution {
public:int maxProfit(vector<int>& prices) {if (prices.size() == 0) return 0;vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));dp[0][1] = -prices[0];dp[0][3] = -prices[0];for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {dp[i][0] = dp[i - 1][0];dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);}return dp[prices.size() - 1][4];}
};188.买卖股票的最佳时机IV
题目链接：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/description/
思路：
类似上道题的思路。
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
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。
递推公式、初始化、遍历顺序按照上道题来就行了。
核心代码：
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];}
};今日总结
这次的题学习时长3h，题难度加大了，我原本的思路应该优化下也能做，但我没时间改了，后面补。
快返校了，接着论文idea，头大。
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