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188. 买卖股票的最佳时机 IV
题目描述
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 <= 1001 <= prices.length <= 10000 <= prices[i] <= 1000
题解
股票问题的升级版，仍然用动态规划解决，多添加几个状态即可。 这题和 123. 买卖股票的最佳时机 III 长得很像，只不过那题是最多可以完成两笔交易，而本题是最多k笔 。参考我之前的 123-题解 ，我们只需要扩展一下 dp 数组即可将同样的套路用到本题。
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dp数组含义：dp[i][j]表示第i天，不同状态下的余额（初始为0），其中-
j = 1表示 第1次 持有 股票，j = 2表示 第1次 不持有 股票 -
j = 3表示 第2次 持有 股票，j = 4表示 第2次 不持有 股票 -
…
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j = 2k - 1表示第k次 持有 股票，j = 2k表示 第k次 不持有 股票。奇数：持有；偶数：不持有
⚠️ 注意这里表示的是某天是否持有股票的状态，并不意味着一定就在这天买入或卖出了股票
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状态转移方程：
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持有：
dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);维持前一天的持有状态，或者前一天不持有、这天买入。选余额大的。
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不持有：
dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);维持前一天的不持有状态，或者前一天持有、这天卖出。选余额大的。
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整体代码按照股票问题的动态规划套路写就可以了，具体参见我写的 CSDN博客-股票问题 I 或 Carl的 代码随想录-188 。
代码（C++）
int maxProfit(int k, vector<int> &prices)
{
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
// 奇数：持有；偶数：不持有
for (int j = 0; j < 2 * k; j += 2)
dp[0][j + 1] = -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.back().back();
}
309. 买卖股票的最佳时机含冷冻期
题目描述
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 <= 50000 <= prices[i] <= 1000
题解
在 普通股票问题 基础上，增加了一个 “卖出股票的第二天不能买入” 的冷冻期，实际上也就是增加了一个 dp 数组状态——原本是 持有、不持有 两种，现在“不持有”要分为 “不持有但不是当天卖出” 和 “当前卖出” 两种。
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dp数组含义：dp[i][j]表示第i天，不同状态下的余额（初始为0），其中j = 0表示 不持有但不是当天卖出 股票j = 1表示 持有 股票j = 2表示 当天卖出 股票
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状态转移方程：
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不持有但不是当天卖出：
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2])不是当天卖出，故只考虑之前也不持有的两种情况即可，取余额大的。
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持有：
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);经典的状态转移：维持前一天的持有状态，或前一天不持有、这天买入，取余额大的。
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当天卖出：
dp[i - 1][1] + prices[i]
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结果即为最后一天，不持有的两种状态中余额更高的那个。
本题更详细的解析参见 代码随想录-309 ，不过其中算法设了4种状态（比我多一种），但原理相通。
代码（C++）
int maxProfit(vector<int> &prices)
{
vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(3));
// 0：不持有但不是当天卖出
// 1：持有
// 2：当天卖出
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < prices.size(); ++i) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][2]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
dp[i][2] = dp[i - 1][1] + prices[i];
}
return max(dp.back()[0], dp.back()[2]);
}
714. 买卖股票的最佳时机含手续费
题目描述
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 * 1041 <= prices[i] < 5 * 1040 <= fee < 5 * 104
题解
在普通的股票问题基础上增加了一个手续费，但这个手续费又并不是变化的，所以完全没影响
标签：买卖,int,股票,持有,最佳时机,max,prices,dp From： https://blog.csdn.net/weixin_54468359/article/details/142062582