Leetcode 188.买卖股票的最佳时机 Ⅳ

问题：给你一个整数数组 prices 和一个整数 k ，其中 prices[i] 是某支给定的股票在第 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 k 笔交易。也就是说，你最多可以买 k 次，卖 k 次。

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）。

算法：递归搜索 + 保存计算结果 = 记忆化搜索

        在 Leetcode122. 买卖股票 状态机dp C++实现 的基础上，添加一个参数 j，表示当前可以至多交易 j 次。

注意：由于最后未持有股票，手上的股票一定会卖掉，所以代码中的 j-1 可以是在买股票的时候，也可以是在卖股票的时候，这两种写法都是可以的。

以下代码参数 j 的修改时机为买入时。

时间复杂度：O(nk)，其中 n 为 prices 的长度。

空间复杂度：O(nk) 。

代码：

class Solution {
public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {int n = prices.size();vector<vector<array<int, 2>>> memo(n, vector<array<int, 2>>(k + 1, {-1, -1})); // -1 表示还没有计算过auto dfs = [&](auto&& dfs, int i, int j, bool hold) -> int {if (j < 0)  return INT_MIN / 2; // 除 2 防止溢出if (i < 0)  return hold ? INT_MIN / 2 : 0;int& res = memo[i][j][hold]; // 注意这里是引用if (res != -1)  return res;// 之前计算过if (hold)   return res = max(dfs(dfs, i - 1, j, true), dfs(dfs, i - 1, j - 1, false) - prices[i]);return res = max(dfs(dfs, i - 1, j, false), dfs(dfs, i - 1, j, true) + prices[i]);};return dfs(dfs, n - 1, k, false);}
};

算法：1:1 翻译成递推

时间复杂度：O(nk)，其中 n 为 prices 的长度。

空间复杂度：O(nk) 。

代码：

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

算法：空间优化

必须倒序遍历。

时间复杂度：O(nk)，其中 n 为 prices 的长度。

空间复杂度：O(k) 。

代码：

class Solution {
public:int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {vector<array<int, 2>> dp(k + 2, {INT_MIN / 2, INT_MIN / 2});for(int j = 1;j <= k + 1;j++)   dp[j][0] = 0;for(int p : prices)for(int j = k + 1;j > 0;j--){dp[j][0] = max(dp[j][0],dp[j][1] + p);dp[j][1] = max(dp[j][1],dp[j - 1][0] - p);}return dp[k + 1][0];}
};