动态规划3.0
- 动态规划 – – – 简单多状态 dp 问题
-
- 1. 按摩师(打家劫舍Ⅰ的变形)
- 2. 打家劫舍Ⅱ
- 3. 删除并获得点数
- 4. 粉刷房子
- 5. 买卖股票的最佳时机含冷冻期
- 6. 买卖股票的最佳时机含手续费
- 7. 买卖股票的最佳时机Ⅲ
- 8. 买卖股票的最佳时机Ⅳ
动态规划 – – – 简单多状态 dp 问题
1. 按摩师(打家劫舍Ⅰ的变形)
题目链接 -> Leetcode -面试题 17.16.按摩师
Leetcode -面试题 17.16.按摩师
题目：一个有名的按摩师会收到源源不断的预约请求，每个预约都可以选择接或不接。
在每次预约服务之间要有休息时间，因此她不能接受相邻的预约。给定一个预约请求序列，替按摩师找到最优的预约集合（总预约时间最长），返回总的分钟数。
注意：本题相对原题稍作改动
示例 1：
输入：[1, 2, 3, 1]
输出： 4
解释： 选择 1 号预约和 3 号预约，总时长 = 1 + 3 = 4。
示例 2：
输入：[2, 7, 9, 3, 1]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约和 5 号预约，总时长 = 2 + 9 + 1 = 12。
示例 3：
输入：[2, 1, 4, 5, 3, 1, 1, 3]
输出： 12
解释： 选择 1 号预约、 3 号预约、 5 号预约和 8 号预约，总时长 = 2 + 4 + 3 + 3 = 12。
思路：
- 状态表示：假设我们以以前的经验用 dp[i] 表示：选择到 i 位置时，此时的最长预约时长；但是我们这个题在 i 位置的时候，会面临「选择」或者「不选择」两种抉择，所依赖的状态需要细分：
- f[i] 表示：选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时的最长预约时长；
- g[i] 表示：选择到 i 位置时， nums[i] 不选，此时的最长预约时长；
- 状态转移方程：因为状态表示定义了两个，因此我们的状态转移方程也要分析两个：
- 对于 f[i] ：如果 nums[i] 必选，那么我们仅需知道 i – 1 位置在不选的情况下的最长预约时长，然后加上 nums[i] 即可，因此 f[i] = g[i – 1] + nums[i] ；
- 对于 g[i] ：如果 nums[i] 不选，那么 i – 1 位置上选或者不选都可以。因此，我们需要知道 i – 1 位置上选或者不选两种情况下的最长时长，因此 g[i] = max(f[i – 1], g[i – 1])；
- 返回值：根据状态表示，应该返回 max(f[n – 1], g[n – 1]) ；
代码如下：
class Solution {
public:
int massage(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
if(n == 0) return 0;
// f[i] 表示：选择到 i 位置时， nums[i] 必选，此时的最长预约时长
// g[i] 表示：选择到 i 位置时， nums[i] 不选，此时的最长预约时长
vector<int> f(n), g(n);
f[0] = nums[0], g[0] = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
f[i] = g[i - 1] + nums[i];
g[i] = max(f[i - 1], g[i - 1]);
}
return max(f[n - 1], g[n - 1]);
}
};
2. 打家劫舍Ⅱ
题目链接 -> Leetcode -213.打家劫舍Ⅱ
Leetcode -213.打家劫舍Ⅱ
题目：你是一个专业的小偷，计划偷窃沿街的房屋，每间房内都藏有一定的现金。
这个地方所有的房屋都 围成一圈 ，这意味着第一个房屋和最后一个房屋是紧挨着的。
同时，相邻的房屋装有相互连通的防盗系统，如果两间相邻的房屋在同一晚上被小偷闯入，系统会自动报警 。
给定一个代表每个房屋存放金额的非负整数数组，计算你 在不触动警报装置的情况下 ，今晚能够偷窃到的最高金额。
示例 1：
输入：nums = [2, 3, 2]
输出：3
解释：你不能先偷窃 1 号房屋（金额 = 2），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 2）, 因为他们是相邻的。
示例 2：
输入：nums = [1, 2, 3, 1]
输出：4
解释：你可以先偷窃 1 号房屋（金额 = 1），然后偷窃 3 号房屋（金额 = 3）。
偷窃到的最高金额 = 1 + 3 = 4 。
示例 3：
输入：nums = [1, 2, 3]
输出：3
提示：
- 1 <= nums.length <= 100
- 0 <= nums[i] <= 1000
思路：这一个问题是「打家劫舍I」问题的变形。上一个问题是一个「单排」的模式，这一个问题是一个「环形」的模式，也就是首尾是相连的。但
是我们可以将「环形」问题转化为「两个单排」问题：
- 偷第一个房屋时的最大金额 x ，此时不能偷最后一个房子，因此就是偷 [0, n – 2] 区间的房子；
- 不偷第一个房屋时的最大金额 y ，此时可以偷最后一个房子，因此就是偷 [1, n – 1] 区间的房子；
两种情况下的「最大值」，就是最终的结果。因此，问题就转化成求「两次单排结果的最大值」
代码如下：
class Solution {
public:
int rob1(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
vector<int> f(n), g(n);
f[0] = nums[0], g[0] = 0;
for(int i = 1; i < n; i++)
{
g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1]);
f[i] = g[i - 1] + nums[i];
}
return max(g[n - 1], f[n - 1]);
}
int rob(vector<int>& nums)
{
if(nums.size() == 1) return nums[0];
// 去除最后一个元素，做一次打家劫舍Ⅰ
vector<int> arr1(nums.begin() + 1, nums.end());
// 去除第一个元素，做一次打家劫舍Ⅰ
vector<int> arr2(nums.begin(), nums.end() - 1);
// 取这两个的最大值即可
return max(rob1(arr1), rob1(arr2));
}
};
3. 删除并获得点数
题目链接 -> Leetcode -740.删除并获得点数
Leetcode -740.删除并获得点数
题目：给你一个整数数组 nums ，你可以对它进行一些操作。
每次操作中，选择任意一个 nums[i] ，删除它并获得 nums[i] 的点数。之后，你必须删除 所有 等于 nums[i] – 1 和 nums[i] + 1 的元素。
开始你拥有 0 个点数。返回你能通过这些操作获得的最大点数。
示例 1：
输入：nums = [3, 4, 2]
输出：6
解释：
删除 4 获得 4 个点数，因此 3 也被删除。
之后，删除 2 获得 2 个点数。总共获得 6 个点数。
示例 2：
输入：nums = [2, 2, 3, 3, 3, 4]
输出：9
解释：
删除 3 获得 3 个点数，接着要删除两个 2 和 4 。
之后，再次删除 3 获得 3 个点数，再次删除 3 获得 3 个点数。
总共获得 9 个点数。
提示：
- 1 <= nums.length <= 2 * 10^4
- 1 <= nums[i] <= 10^4
思路：其实这道题依旧是「打家劫舍Ⅰ」问题的变型。我们注意到题目描述，选择 x 数字的时候， x – 1 与 x + 1 是不能被选择的，像「打家劫舍」问题中，选择 i 位置的金额之后，就不能选择 i – 1 位置以及 i + 1 位置的金额。
因此，我们可以创建一个大小为 10001 （根据题目的数据范围）的 hash 数组，将 nums 数组中每一个元素 x ，累加到 hash 数组下标为 x 的位置处，然后在 hash 数组上来一次「打家劫舍」即可。
代码如下：
class Solution {
public:
int deleteAndEarn(vector<int>& nums)
{
const int N = 10001;
int hash[N] = {0};
for(const auto& e : nums) hash[e] += e;
vector<int> f(N), g(N);
for(int i = 1; i < N; i++)
{
f[i] = g[i - 1] + hash[i];
g[i] = max(g[i - 1], f[i - 1]);
}
return max(f[N - 1], g[N - 1]);
}
};
4. 粉刷房子
题目链接 -> Leetcode -LCR 091.粉刷房子
Leetcode -LCR 091.粉刷房子
题目：假如有一排房子，共 n 个，每个房子可以被粉刷成红色、蓝色或者绿色这三种颜色中的一种，你需要粉刷所有的房子并且使其相邻的两个房子颜色不能相同。
当然，因为市场上不同颜色油漆的价格不同，所以房子粉刷成不同颜色的花费成本也是不同的。每个房子粉刷成不同颜色的花费是以一个 n x 3 的正整数矩阵 costs 来表示的。
例如，costs[0][0] 表示第 0 号房子粉刷成红色的成本花费；costs[1][2] 表示第 1 号房子粉刷成绿色的花费，以此类推。
请计算出粉刷完所有房子最少的花费成本。
示例 1：
输入 : costs = [[17, 2, 17], [16, 16, 5], [14, 3, 19]]
输出 : 10
解释 : 将 0 号房子粉刷成蓝色，1 号房子粉刷成绿色，2 号房子粉刷成蓝色。
最少花费 : 2 + 5 + 3 = 10。
示例 2：
输入 : costs = [[7, 6, 2]]
输出 : 2
提示 :
- costs.length == n
- costs[i].length == 3
- 1 <= n <= 100
- 1 <= costs[i][j] <= 20
思路：
- 状态表示：我们这个题在 i 位置的时候，会面临「红」「蓝」「绿」三种抉择，所依赖的状态需要细分：
- dp[i][0] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后一个位置粉刷上「红色」，此时的最小花费；
- dp[i][1] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后一个位置粉刷上「蓝色」，此时的最小花费；
- dp[i][2] 表示：粉刷到 i 位置的时候，最后一个位置粉刷上「绿色」，此时的最小花费
- 状态转移方程：因为状态表示定义了三个，因此我们的状态转移方程也要分析三个：
- 对于 dp[i][0] ：如果第 i 个位置粉刷上「红色」，那么 i – 1 位置上可以是「蓝色」或者「绿色」。因此我们需要知道粉刷到 i – 1 位置上的时候，粉刷上「蓝色」或者「绿色」的最小花费，然后加上 i 位置的花费即可。于是状态转移方程为： dp[i][0] = min(dp[i – 1][1], dp[i – 1][2]) + costs[i – 1][0] ;
同理，我们可以推导出另外两个状态转移方程为：
- dp[i][1] = min(dp[i – 1][0], dp[i – 1][2]) + costs[i – 1][1] ；
- dp[i][2] = min(dp[i – 1][0], dp[i – 1][1]) + costs[i – 1][2]
- 返回值：根据「状态表示」，应该返回最后一个位置粉刷上三种颜色情况下的最小值，因此需要返回：min(dp[n][0], min(dp[n][1], dp[n][2]))
代码如下：
class Solution {
public:
int minCost(vector<vector<int>>& costs)
{
int n = costs.size();
// f[i] 表示这一次选红色
// g[i] 表示这一次选蓝色
// h[i] 表示这一次选绿色
vector<int> f(n), g(n), h(n);
f[0] = costs[0][0], g[0] = costs[0][1], h[0] = costs[0][2];
for(int i = 1; i < n; i++)
{
f[i] = min(g[i - 1], h[i - 1]) + costs[i][0];
g[i] = min(f[i - 1], h[i - 1]) + costs[i][1];
h[i] = min(f[i - 1], g[i - 1]) + costs[i][2];
}
return min(min(f[n - 1], g[n - 1]), h[n - 1]);
}
};
5. 买卖股票的最佳时机含冷冻期
题目链接 -> Leetcode -309.买卖股票的最佳时机含冷冻期
Leetcode -309.买卖股票的最佳时机含冷冻期
题目：给定一个整数数组prices，其中第 prices[i] 表示第 i 天的股票价格 。
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票） :
卖出股票后，你无法在第二天买入股票(即冷冻期为 1 天)。
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 = [1, 2, 3, 0, 2]
输出 : 3
解释 : 对应的交易状态为 : [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]
示例 2 :
输入 : prices = [1]
输出 : 0
提示：
- 1 <= prices.length <= 5000
- 0 <= prices[i] <= 1000
思路：
- 状态表示：由于有「买入」「可交易」「冷冻期」三个状态，因此我们可以选择用三个数组，其中：
- dp[i][0] 表示：第 i 天结束后，处于「买入」状态，此时的最大利润；
- dp[i][1] 表示：第 i 天结束后，处于「可交易」状态，此时的最大利润；
- dp[i][2] 表示：第 i 天结束后，处于「冷冻期」状态，此时的最大利润
- 状态转移方程：我们要谨记规则：
i. 处于「买入」状态的时候，我们现在有股票，此时不能买股票，只能继续持有股票，或者卖出股票；
ii. 处于「卖出」状态的时候：如果「在冷冻期」，不能买入；如果「不在冷冻期」，才能买入；
- 对于 dp[i][0] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：
i. 在 i – 1 天持有股票，此时最大收益应该和 i – 1 天的保持一致： dp[i – 1][0] ；
ii. 在 i 天买入股票，那我们应该选择 i – 1 天不在冷冻期的时候买入，由于买入需要花钱，所以此时最大收益为： dp[i – 1][1] – prices[i]；
两种情况应取最大值，因此： dp[i][0] = max(dp[i – 1][0], dp[i – 1][1] – prices[i]) 。
- 对于 dp[i][1] ，我们有「两种情况」能到达这个状态：
i. 在 i – 1 天的时候，已经处于冷冻期，然后啥也不干到第 i 天，此时对应的状态为：dp[i – 1][2] ；
ii. 在 i – 1 天的时候，手上没有股票，也不在冷冻期，但是依旧啥也不干到第 i 天，此时对应的状态为 dp[i – 1][1] ；
两种情况应取最大值，因此： dp[i][1] = max(dp[i – 1][1], dp[i – 1][2])；
- 对于 dp[1][i] ，我们只有「一种情况」能到达这个状态：
i. 在 i – 1 天的时候，卖出股票。
因此对应的状态转移为： dp[i][2] = dp[i – 1][0] + prices[i]
- 初始化：三种状态都会用到前一个位置的值，因此需要初始化每一行的第一个位置：
- dp[0][0] ：此时要想处于「买入」状态，必须把第一天的股票买了，因此 dp[0][0] = -prices[0] ；
- dp[0][1] ：啥也不用干即可，因此 dp[0][1] = 0 ；
- dp[0][2] ：手上没有股票，买一下卖一下就处于冷冻期，此时收益为 0 ，因此 dp[0][2] = 0；
- 返回值：应该返回「卖出状态」下的最大值，因此应该返回 max(dp[n – 1][1], dp[n – 1][2]) ；
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices)
{
int n = prices.size();
// dp[i][0] 表示第 i 天处于买入状态
// dp[i][1] 表示第 i 天处于卖出状态
// dp[i][2] 表示第 i 天处于冷冻期
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(3));
dp[0][0] = -prices[0];
for(int i = 1; i < n; i++)
{
dp[i][0] = max(dp[i - 1][1] - prices[i], dp[i - 1][0]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1]);
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
}
return max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]);
}
};
6. 买卖股票的最佳时机含手续费
题目链接 -> Leetcode -714.买卖股票的最佳时机含手续费
Leetcode -714.买卖股票的最佳时机含手续费
题目：给定一个整数数组 prices，其中 prices[i]表示第 i 天的股票价格 ；整数 fee 代表了交易股票的手续费用。
你可以无限次地完成交易，但是你每笔交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。
返回获得利润的最大值。
注意：这里的一笔交易指买入持有并卖出股票的整个过程，每笔交易你只需要为支付一次手续费。
示例 1：
输入：prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出：8
解释：能够达到的最大利润 :
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润 : ((8 – 1) – 2) + ((9 – 4) – 2) = 8
示例 2：
输入：prices = [1, 3, 7, 5, 10, 3], fee = 3
输出：6
提示：
- 1 <= prices.length <= 5 * 10^4
- 1 <= prices[i] < 5 * 10^4
- 0 <= fee < 5 * 10^4
思路：
- 状态表示：由于有「买入」「可交易」两个状态，因此我们可以选择用两个数组，其中：
- f[i] 表示：第 i 天结束后，处于「买入」状态，此时的最大利润；
- g[i] 表示：第 i 天结束后，处于「卖出」状态，此时的最大利润；
- 状态转移方程：我们选择在「卖出」的时候，⽀付这个手续费，那么在「买入」的时候，就不用再考虑手续费的问题。
- 对于 f[i] ，我们有两种情况能到达这个状态：
i. 在 i – 1 天「持有」股票，第 i 天啥也不干；此时最大收益为 f[i – 1] ；
ii. 在 i – 1 天的时候「没有」股票，在第 i 天买入股票；此时最大收益为 g[i – 1] – prices[i]) ；
两种情况下应该取最大值，因此 f[i] = max(f[i – 1], g[i – 1] – prices[i]) ；
- 对于 g[i] ，我们也有两种情况能够到达这个状态：
i. 在 i – 1 天「持有」股票，但是在第 i 天将股票卖出；此时最大收益为： f[i – 1] + prices[i] – fee) ，记得手续费；
ii. 在 i – 1 天「没有」股票，然后第 i 天啥也不干；此时最大收益为： g[i – 1] ；
两种情况下应该取最大值，因此 g[i] = max(g[i – 1], f[i – 1] + prices[i] – fee)；
- 初始化：由于需要用到前面的状态，因此需要初始化第一个位置。
- 对于 f[0] ，此时处于「买入」状态，因此 f[0] = -prices[0] ；
- 对于 g[0] ，此时处于「没有股票」状态，啥也不干即可获得最大收益，因此 g[0] = 0
- 返回值：应该返回「卖出」状态下，最后一天的最大值收益： g[n – 1]；
代码如下：
class Solution
{
public:
int maxProfit(vector<int>& prices, int fee)
{
int n = prices.size();
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
dp[0][0] = -prices[0];
// dp[i][0] 表⽰：第 i 天结束后，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润
// dp[i][1] 表⽰：第 i 天结束后，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润
for (int i = 1; i < n; i++)
{
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);
}
return dp[n - 1][1];
}
};
7. 买卖股票的最佳时机Ⅲ
题目链接 -> Leetcode -123.买卖股票的最佳时机Ⅲ
Leetcode -123.买卖股票的最佳时机Ⅲ
题目：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 <= 10^5
- 0 <= prices[i] <= 10^5
思路：
- 状态表示：由于有「买入」「可交易」两个状态，因此我们可以选择用两个数组。但是这道题里面还有交易次数的限制，因此我们还需要再加上一维，用来表示交易次数。其中：
- f[i][j] 表示：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「买入」状态，此时的最大利润；
- g[i][j] 表示：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「卖出」状态，此时的最大利润。
- 状态转移方程：
- 对于 f[i][j] ，我们有两种情况到这个状态：
i. 在 i – 1 天的时候，交易了 j 次，处于「买入」状态，第 i 天啥也不干即可。此时最大利润为： f[i – 1][j] ；
ii. 在 i – 1 天的时候，交易了 j 次，处于「卖出」状态，第 i 天的时候把股票买了。此时的最大利润为： g[i – 1][j] – prices[i] ；
综上，我们要的是「最大利润」，因此是两者的最大值： f[i][j] = max(f[i – 1][j], g[i – 1][j] – prices[i]) ；
- 对于 g[i][j] ，我们也有两种情况可以到达这个状态：
i. 在 i – 1 天的时候，交易了 j 次，处于「卖出」状态，第 i 天啥也不干即可。此时的最大利润为： g[i – 1][j] ；
ii. 在 i – 1 天的时候，交易了 j – 1 次，处于「买入」状态，第 i 天把股票卖了，然后就完成了 j 笔交易。此时的最大利润为： f[i – 1][j – 1] + prices[i] 。但是这个状态不⼀定存在，要先判断⼀下；
综上，我们要的是最大利润，因此状态转移方程为：
g[i][j] = g[i – 1][j];
if(j >= 1) g[i][j] = max(g[i][j], f[i – 1][j – 1] + prices[i]);
- 初始化：由于需要用到 i = 0 时的状态，因此我们初始化第一行即可。
- 当处于第 0 天的时候，只能处于「买入过一次」的状态，此时的收益为 -prices[0] ，因此 f[0][0] = – prices[0] ；
- 为了取 max 的时候，一些不存在的状态「起不到干扰」的作用，我们统统将它们初始化为 -INF （用 INT_MIN 在计算过程中会有「溢出」的风险，这里 INF 折半取 0x3f3f3f3f ，足够小即可）
- 返回值：返回处于「卖出状态」的最大值，但是我们也「不知道是交易了几次」，因此返回 g 表最后一行的最大值。
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices)
{
const int INF = 0x3f3f3f3f; // 整型最大的一半，足够大
int n = prices.size();
// 为了防止不存在的状态影响 max 的取值，初始化为整型最大值的一半的负数，即足够小
vector<vector<int>> f(n, vector<int>(3, -INF));
vector<vector<int>> g(n, vector<int>(3, -INF));
f[0][0] = -prices[0], g[0][0] = 0;
// f[i][j] 表示：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「买⼊」状态，此时的最⼤利润；
// g[i][j] 表示：第 i 天结束后，完成了 j 次交易，处于「卖出」状态，此时的最⼤利润。
for (int i = 1; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < 3; j++)
{
f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i]);
if (j >= 1) g[i][j] = max(g[i - 1][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
else g[i][j] = g[i - 1][j];
}
}
int ret = 0;
for (int i = 0; i < 3; i++) ret = max(ret, g[n - 1][i]);
return ret;
}
};
8. 买卖股票的最佳时机Ⅳ
题目链接 -> Leetcode -188.买卖股票的最佳时机Ⅳ
Leetcode -188.买卖股票的最佳时机Ⅳ
题目：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）。
示例 1：
输入：k = 2, prices = [2, 4, 1]
输出：2
解释：在第 1 天(股票价格 = 2) 的时候买入，在第 2 天(股票价格 = 4) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4 – 2 = 2 。
示例 2：
输入：k = 2, prices = [3, 2, 6, 5, 0, 3]
输出：7
解释：在第 2 天(股票价格 = 2) 的时候买入，在第 3 天(股票价格 = 6) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 – 2 = 4 。
随后，在第 5 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 。
提示：
- 1 <= k <= 100
- 1 <= prices.length <= 1000
- 0 <= prices[i] <= 1000
思路：本题思路与上题思路类似，只是上题最多可以交易两次，本题是可以交易 k 次，所以在代码上稍作修改即可；
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(int k, vector<int>& prices)
{
const int INF = 0x3f3f3f3f;
int n = prices.size();
vector<vector<int>> f(n, vector<int>(k + 1, -INF)), g(n, vector<int>(k + 1, -INF));
f[0][0] = -prices[0], g[0][0] = 0;
// f[i][j] 表示第 i 天结束后，进行了 j 次交易，此时处于买入状态，此时的最大利益
// g[i][j] 表示第 i 天结束后，进行了 j 次交易，此时处于卖出状态，此时的最大利益
for (int i = 1; i < n; i++)
{
for (int j = 0; j < k + 1; j++)
{
f[i][j] = max(f[i - 1][j], g[i - 1][j] - prices[i]);
if (j >= 1) g[i][j] = max(g[i - 1][j], f[i - 1][j - 1] + prices[i]);
else g[i][j] = g[i - 1][j];
}
}
int ret = 0;
for (int i = 0; i < k + 1; i++) ret = max(ret, g[n - 1][i]);
return ret;
}
};
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