团灭 LeetCode 股票买卖问题

很多读者抱怨 LeetCode 的股票系列问题奇技淫巧太多，如果面试真的遇到这类问题，基本不会想到那些巧妙的办法，怎么办？所以本文拒绝奇技淫巧，而是稳扎稳打，只用一种通用方法解决所用问题，以不变应万变。

这篇文章用状态机的技巧来解决，可以全部提交通过。不要觉得这个名词高大上，文学词汇而已，实际上就是 DP table，看一眼就明白了。

PS：本文参考自英文版 LeetCode 的一篇题解。

先随便抽出一道题，看看别人的解法：

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    if(prices.empty()) return 0;
    int s1=-prices[0],s2=INT_MIN,s3=INT_MIN,s4=INT_MIN;
    for(int i=1;i<prices.size();++i) {            
        s1 = max(s1, -prices[i]);
        s2 = max(s2, s1+prices[i]);
        s3 = max(s3, s2-prices[i]);
        s4 = max(s4, s3+prices[i]);
    }
    return max(0,s4);
}

能看懂吧？会做了吗？不可能的，你看不懂，这才正常。就算你勉强看懂了，下一个问题你还是做不出来。为什么别人能写出这么诡异却又高效的解法呢？因为这类问题是有框架的，但是人家不会告诉你的，因为一旦告诉你，你五分钟就学会了，该算法题就不再神秘，变得不堪一击了。

本文就来告诉你这个框架，然后带着你一道一道秒杀。这篇文章用状态机的技巧来解决，可以全部提交通过。不要觉得这个名词高大上，文学词汇而已，实际上就是 DP table，看一眼就明白了。

这 6 道题目是有共性的，我就抽出来第 4 道题目，因为这道题是一个最泛化的形式，其他的问题都是这个形式的简化，看下题目：

第一题是只进行一次交易，相当于 k = 1；第二题是不限交易次数，相当于 k = +infinity（正无穷）；第三题是只进行 2 次交易，相当于 k = 2；剩下两道也是不限次数，但是加了交易「冷冻期」和「手续费」的额外条件，其实就是第二题的变种，都很容易处理。

如果你还不熟悉题目，可以去 LeetCode 查看这些题目的内容，本文为了节省篇幅，就不列举这些题目的具体内容了。下面言归正传，开始解题。

一、穷举框架

首先，还是一样的思路：如何穷举？这里的穷举思路和上篇文章递归的思想不太一样。

递归其实是符合我们思考的逻辑的，一步步推进，遇到无法解决的就丢给递归，一不小心就做出来了，可读性还很好。缺点就是一旦出错，你也不容易找到错误出现的原因。比如上篇文章的递归解法，肯定还有计算冗余，但确实不容易找到。

而这里，我们不用递归思想进行穷举，而是利用「状态」进行穷举。我们具体到每一天，看看总共有几种可能的「状态」，再找出每个「状态」对应的「选择」。我们要穷举所有「状态」，穷举的目的是根据对应的「选择」更新状态。听起来抽象，你只要记住「状态」和「选择」两个词就行，下面实操一下就很容易明白了。

for 状态1 in 状态1的所有取值：
    for 状态2 in 状态2的所有取值：
        for ...
            dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)

比如说这个问题，每天都有三种「选择」：买入、卖出、无操作，我们用 buy, sell, rest 表示这三种选择。但问题是，并不是每天都可以任意选择这三种选择的，因为 sell 必须在 buy 之后，buy 必须在 sell 之后。那么 rest 操作还应该分两种状态，一种是 buy 之后的 rest（持有了股票），一种是 sell 之后的 rest（没有持有股票）。而且别忘了，我们还有交易次数 k 的限制，就是说你 buy 还只能在 k > 0 的前提下操作。

很复杂对吧，不要怕，我们现在的目的只是穷举，你有再多的状态，老夫要做的就是一把梭全部列举出来。这个问题的「状态」有三个，第一个是天数，第二个是允许交易的最大次数，第三个是当前的持有状态（即之前说的 rest 的状态，我们不妨用 1 表示持有，0 表示没有持有）。然后我们用一个三维数组就可以装下这几种状态的全部组合：

dp[i][k][0 or 1]
0 <= i <= n-1, 1 <= k <= K
n 为天数，大 K 为最多交易数
此问题共 n × K × 2 种状态，全部穷举就能搞定。
for 0 <= i < n:
    for 1 <= k <= K:
        for s in {0, 1}:
            dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest)

而且我们可以用自然语言描述出每一个状态的含义，比如说 dp[3][2][1] 的含义就是：今天是第三天，我现在手上持有着股票，至今最多进行 2 次交易。再比如 dp[2][3][0] 的含义：今天是第二天，我现在手上没有持有股票，至今最多进行 3 次交易。很容易理解，对吧？

我们想求的最终答案是 dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多允许 K 次交易，最多获得多少利润。读者可能问为什么不是 dp[n - 1][K][1]？因为 [1] 代表手上还持有股票，[0] 表示手上的股票已经卖出去了，很显然后者得到的利润一定大于前者。

记住如何解释「状态」，一旦你觉得哪里不好理解，把它翻译成自然语言就容易理解了。

二、状态转移框架

现在，我们完成了「状态」的穷举，我们开始思考每种「状态」有哪些「选择」，应该如何更新「状态」。只看「持有状态」，可以画个状态转移图。

通过这个图可以很清楚地看到，每种状态（0 和 1）是如何转移而来的。根据这个图，我们来写一下状态转移方程：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
              max(   选择 rest  ,             选择 sell      )
解释：今天我没有持有股票，有两种可能：
要么是我昨天就没有持有，然后今天选择 rest，所以我今天还是没有持有；
要么是我昨天持有股票，但是今天我 sell 了，所以我今天没有持有股票了。
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
              max(   选择 rest  ,           选择 buy         )
解释：今天我持有着股票，有两种可能：
要么我昨天就持有着股票，然后今天选择 rest，所以我今天还持有着股票；
要么我昨天本没有持有，但今天我选择 buy，所以今天我就持有股票了。

这个解释应该很清楚了，如果 buy，就要从利润中减去 prices[i]，如果 sell，就要给利润增加 prices[i]。今天的最大利润就是这两种可能选择中较大的那个。而且注意 k 的限制，我们在选择 buy 的时候，把 k 减小了 1，很好理解吧，当然你也可以在 sell 的时候减 1，一样的。

现在，我们已经完成了动态规划中最困难的一步：状态转移方程。如果之前的内容你都可以理解，那么你已经可以秒杀所有问题了，只要套这个框架就行了。不过还差最后一点点，就是定义 base case，即最简单的情况。

dp[-1][k][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0 。
dp[-1][k][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。
dp[i][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0 。
dp[i][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的，用负无穷表示这种不可能。

把上面的状态转移方程总结一下：

base case：
dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0
dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -infinity
状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

读者可能会问，这个数组索引是 -1 怎么编程表示出来呢，负无穷怎么表示呢？这都是细节问题，有很多方法实现。现在完整的框架已经完成，下面开始具体化。

三、秒杀题目

第一题，k = 1

直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i]) 
            = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。
现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
可以进行进一步化简去掉所有 k：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])

直接写出代码：

int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
    dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
    dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];

显然 i = 0 时 dp[i-1] 是不合法的。这是因为我们没有对 i 的 base case 进行处理。可以这样处理：

for (int i = 0; i < n; i++) {
    if (i - 1 == -1) {
        dp[i][0] = 0;
        // 解释：
        //   dp[i][0] 
        // = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
        // = max(0, -infinity + prices[i]) = 0
        dp[i][1] = -prices[i];
        //解释：
        //   dp[i][1] 
        // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
        // = max(-infinity, 0 - prices[i]) 
        // = -prices[i]
        continue;
    }
    dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
    dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];

第一题就解决了，但是这样处理 base case 很麻烦，而且注意一下状态转移方程，新状态只和相邻的一个状态有关，其实不用整个 dp 数组，只需要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):

// k == 1
int maxProfit_k_1(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    // base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinity
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        // dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
        dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
        // dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
        dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);
    }
    return dp_i_0;
}

两种方式都是一样的，不过这种编程方法简洁很多。但是如果没有前面状态转移方程的引导，是肯定看不懂的。后续的题目，我主要写这种空间复杂度 O(1) 的解法。

第二题，k = +infinity

如果 k 为正无穷，那么就可以认为 k 和 k - 1 是一样的。可以这样改写框架：

dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
            = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k][0] - prices[i])
我们发现数组中的 k 已经不会改变了，也就是说不需要记录 k 这个状态了：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])

直接翻译成代码：

int maxProfit_k_inf(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int temp = dp_i_0;
        dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
        dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i]);
    }
    return dp_i_0;
}

第三题，k = +infinity with cooldown

每次 sell 之后要等一天才能继续交易。只要把这个特点融入上一题的状态转移方程即可：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])
解释：第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。

翻译成代码：

int maxProfit_with_cool(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
    int dp_pre_0 = 0; // 代表 dp[i-2][0]
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int temp = dp_i_0;
        dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
        dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, dp_pre_0 - prices[i]);
        dp_pre_0 = temp;
    }
    return dp_i_0;
}

第四题，k = +infinity with fee

每次交易要支付手续费，只要把手续费从利润中减去即可。改写方程：

dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i] - fee)
解释：相当于买入股票的价格升高了。
在第一个式子里减也是一样的，相当于卖出股票的价格减小了。

直接翻译成代码：

int maxProfit_with_fee(int[] prices, int fee) {
    int n = prices.length;
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        int temp = dp_i_0;
        dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
        dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, temp - prices[i] - fee);
    }
    return dp_i_0;
}

第五题，k = 2

k = 2 和前面题目的情况稍微不同，因为上面的情况都和 k 的关系不太大。要么 k 是正无穷，状态转移和 k 没关系了；要么 k = 1，跟 k = 0 这个 base case 挨得近，最后也没有存在感。

这道题 k = 2 和后面要讲的 k 是任意正整数的情况中，对 k 的处理就凸显出来了。我们直接写代码，边写边分析原因。

原始的动态转移方程，没有可化简的地方
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])

按照之前的代码，我们可能想当然这样写代码（错误的）：

int k = 2;
int[][][] dp = new int[n][k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++)
    if (i - 1 == -1) { /* 处理一下 base case*/ }
    dp[i][k][0] = Math.max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
    dp[i][k][1] = Math.max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][k][0];

为什么错误？我这不是照着状态转移方程写的吗？

还记得前面总结的「穷举框架」吗？就是说我们必须穷举所有状态。其实我们之前的解法，都在穷举所有状态，只是之前的题目中 k 都被化简掉了。比如说第一题，k = 1：

「代码截图」

这道题由于没有消掉 k 的影响，所以必须要对 k 进行穷举：

int max_k = 2;
int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
    for (int k = max_k; k >= 1; k--) {
        if (i - 1 == -1) { /*处理 base case */ }
        dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
        dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);
    }
}
// 穷举了 n × max_k × 2 个状态，正确。
return dp[n - 1][max_k][0];

如果你不理解，可以返回第一点「穷举框架」重新阅读体会一下。

这里 k 取值范围比较小，所以可以不用 for 循环，直接把 k = 1 和 2 的情况全部列举出来也可以：

dp[i][2][0] = max(dp[i-1][2][0], dp[i-1][2][1] + prices[i])
dp[i][2][1] = max(dp[i-1][2][1], dp[i-1][1][0] - prices[i])
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
int maxProfit_k_2(int[] prices) {
    int dp_i10 = 0, dp_i11 = Integer.MIN_VALUE;
    int dp_i20 = 0, dp_i21 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int price : prices) {
        dp_i20 = Math.max(dp_i20, dp_i21 + price);
        dp_i21 = Math.max(dp_i21, dp_i10 - price);
        dp_i10 = Math.max(dp_i10, dp_i11 + price);
        dp_i11 = Math.max(dp_i11, -price);
    }
    return dp_i20;
}

有状态转移方程和含义明确的变量名指导，相信你很容易看懂。其实我们可以故弄玄虚，把上述四个变量换成 a, b, c, d。这样当别人看到你的代码时就会大惊失色，对你肃然起敬。

第六题，k = any integer

有了上一题 k = 2 的铺垫，这题应该和上一题的第一个解法没啥区别。但是出现了一个超内存的错误，原来是传入的 k 值会非常大，dp 数组太大了。现在想想，交易次数 k 最多有多大呢？

一次交易由买入和卖出构成，至少需要两天。所以说有效的限制 k 应该不超过 n/2，如果超过，就没有约束作用了，相当于 k = +infinity。这种情况是之前解决过的。

直接把之前的代码重用：

int maxProfit_k_any(int max_k, int[] prices) {
    int n = prices.length;
    if (max_k > n / 2) 
        return maxProfit_k_inf(prices);
    int[][][] dp = new int[n][max_k + 1][2];
    for (int i = 0; i < n; i++) 
        for (int k = max_k; k >= 1; k--) {
            if (i - 1 == -1) { /* 处理 base case */ }
            dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i]);
            dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i]);     
        }
    return dp[n - 1][max_k][0];
}

至此，6 道题目通过一个状态转移方程全部解决。

四、最后总结

本文给大家讲了如何通过状态转移的方法解决复杂的问题，用一个状态转移方程秒杀了 6 道股票买卖问题，现在想想，其实也不算难对吧？这已经属于动态规划问题中较困难的了。

关键就在于列举出所有可能的「状态」，然后想想怎么穷举更新这些「状态」。一般用一个多维 dp 数组储存这些状态，从 base case 开始向后推进，推进到最后的状态，就是我们想要的答案。想想这个过程，你是不是有点理解「动态规划」这个名词的意义了呢？

具体到股票买卖问题，我们发现了三个状态，使用了一个三维数组，无非还是穷举 + 更新，不过我们可以说的高大上一点，这叫「三维 DP」，怕不怕？这个大实话一说，立刻显得你高人一等，名利双收有没有，所以给个在看/分享吧，鼓励一下我。

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Hanmin 提供 Python3 代码:

第一题，k = 1

def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
    dp_i_0,dp_i_1 = 0,float('-inf')
    for price in prices:
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + price)
        dp_i_1 = max(dp_i_1, -price)
    return dp_i_0

第二题，k = +infinity

def maxProfit_k_inf(self, prices: List[int]) -> int:
    dp_i_0,dp_i_1 = 0,float('-inf')
    for price in prices:
        temp = dp_i_0
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + price)
        dp_i_1 = max(dp_i_1, temp - price)
    return dp_i_0

第三题，k = +infinity with cooldown

def maxProfit_with_cool(self, prices: List[int]) -> int:
    dp_i_0,dp_i_1 = 0,float('-inf')
    dp_pre_0 = 0 ##代表 dp[i-2][0]
    for price in prices:
        temp = dp_i_0
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + price)
        dp_i_1 = max(dp_i_1, dp_pre_0 - price)
        dp_pre_0 = temp
    return dp_i_0

第四题，k = +infinity with fee

def maxProfit_with_fee(self, prices: List[int], fee: int) -> int:
    dp_i_0,dp_i_1 = 0,float('-inf')
    for price in prices:
        temp = dp_i_0
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + price)
        dp_i_1 = max(dp_i_1, temp - price -fee)
    return dp_i_0

第五题，k = 2

def maxProfit_k_2(self, prices: List[int]) -> int:
    dp_i10,dp_i11 = 0,float('-inf')
    dp_i20,dp_i21 = 0,float('-inf')
    for price in prices:
        dp_i20 = max(dp_i20, dp_i21 + price)
        dp_i21 = max(dp_i21, dp_i10 - price)
        dp_i10 = max(dp_i10, dp_i11 + price)
        dp_i11 = max(dp_i11, -price)
    return dp_i20

第六题，k = any integer

def maxProfit_k_any(self, max_k: int, prices: List[int]) -> int:
    n = len(prices)
    if max_k > n // 2:
        return self.maxProfit_k_inf(prices)
    else:
        dp = [[[None, None] for _ in range(max_k + 1)] for _ in range(n)]
        for i in range(0,n):
            for k in range(max_k,0,-1):
                if i-1 == -1:## 处理 base case
                    dp[i][k][0] = 0
                    ## 解释：
                    ## dp[i][k][0] = max(dp[-1][k][0], dp[-1][k][1] + prices[i])
                    ## = max(0, -infinity + prices[i]) = 0
                    dp[i][k][1] = -prices[i]
                    ## 解释：
                    ## dp[i][1] = max(dp[-1][k][1], dp[-1][k][0] - prices[i])
                    ## = max(-infinity, 0 - prices[i]) = -prices[i]
                    continue
                dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
                dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
        return dp[n - 1][max_k][0];

z2z23n0 提供 C++ 代码:

第一题，k = 1

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    int n = prices.size();
    // base case
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = INT_MIN;
    // dp_i_0: 第i天的最大利润, 0表示不持有股票
    // dp_i_1: 第i天的最大利润, 1表示持有股票
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // 如果今天不持有股票，表示昨天也不持有股票或是今天卖掉了股票
        dp_i_0 = max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i - 1]);
        // 如果今天持有股票，表示昨天就持有股票或是今天买了股票
        dp_i_1 = max(dp_i_1, -prices[i - 1]);
    }
    return dp_i_0;
}

第二题，k = +infinity

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    int n = prices.size();
    // base case
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = INT_MIN;
    // dp_i_0: 第i天的最大利润, 0表示不持有股票
    // dp_i_1: 第i天的最大利润, 1表示持有股票
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int temp = dp_i_0;
        // 如果今天不持有股票，表示昨天也不持有股票或是今天卖掉了股票
        dp_i_0 = std::max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i - 1]);
        // 如果今天持有股票，表示昨天就持有股票或是今天买了股票
        dp_i_1 = std::max(dp_i_1, temp - prices[i - 1]);
    }
    return dp_i_0;
}

第三题，k = +infinity with cooldown

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    int n = prices.size();
    // base case
    // dp_i_0: 第i天的最大利润, 0表示不持有股票
    // dp_i_1: 第i天的最大利润, 1表示持有股票
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = INT_MIN;
    // 表示第(i-2)天的最大利润，并且未持有股票
    int prev_dp_i_0 = 0;
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        // temp和prev_dp_i_0用来记录第(i-2)天(前天)的最大利润
        int temp = dp_i_0;
        // 如果今天不持有股票，表示昨天也不持有股票或是今天卖掉了股票
        dp_i_0 = std::max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i - 1]);
        // 如果今天持有股票，表示昨天就持有股票或是今天买了股票
        dp_i_1 = std::max(dp_i_1, prev_dp_i_0 - prices[i - 1]);
        prev_dp_i_0 = temp;
    }
    return dp_i_0;
}

第四题，k = +infinity with fee

int maxProfit(vector<int>& prices, int fee) {
    int n = prices.size();
    // base case
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = INT_MIN;
    // dp_i_0: 第i天的最大利润, 0表示不持有股票
    // dp_i_1: 第i天的最大利润, 1表示持有股票
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int temp = dp_i_0;
        // 如果今天不持有股票，表示昨天也不持有股票或是今天卖掉了股票
        dp_i_0 = std::max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i - 1]);
        // 如果今天持有股票，表示昨天就持有股票或是今天买了股票
        //tips:为什么不在卖股票的时候减掉transaction fee？因为在base case中， dp_i_1 == INT_MIN, INT_MIN + prices[i] - fee 可能会造成整型溢出
        dp_i_1 = std::max(dp_i_1, temp - prices[i - 1] - fee);
    }
    return dp_i_0;
}

第五题，k = 2

int maxProfit(vector<int>& prices) {
    int size = prices.size();
    int max_k = 2;
    // i从1开始而不是0，这样可以使base case是 dp[0][0][0] 和 dp[0][0][1] 而不是 dp[-1][0][0] 或者 dp[-1][0]
    int dp[size + 1][max_k + 1][2];
    // 初始化
    for (int k = max_k; k >= 0; k--) {
        dp[0][k][0] = 0;
        dp[0][k][1] = INT_MIN;
    }
    for (int i = 1; i <= size; i++) {
        dp[i][0][0] = 0;
        dp[i][0][1] = INT_MIN;
        for (int k = max_k; k >= 1; k--) {
            dp[i][k][0] = std::max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i - 1]);
            dp[i][k][1] = std::max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i - 1]);
        }
    }
    return dp[size][max_k][0];
}

第六题，k = any integer

int maxProfit(int k, vector<int> &prices) {
    int size = prices.size();
    if (k > size / 2) {
        return maxProfitLimitless(prices);
    }
    // i从1开始而不是0，这样可以使base case是 dp[0][0][0] 和 dp[0][0][1] 而不是 dp[-1][0][0] 或者 dp[-1][0][1]
    int dp[size + 1][k + 1][2];
    // 初始化
    for (int j = k; j >= 0; j--) {
        dp[0][j][0] = 0;
        dp[0][j][1] = INT_MIN;
    }
    for (int i = 1; i <= size; i++) {
        dp[i][0][0] = 0;
        dp[i][0][1] = INT_MIN;
        for (int j = k; j >= 1; j--) {
            dp[i][j][0] = std::max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i - 1]);
            dp[i][j][1] = std::max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i - 1]);
        }
    }
    return dp[size][k][0];
}