188 Best Time to Buy and Sell Stock IV

题目链接：https://leetcode.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-iv/

题目：

Say you have an array for which the ith element is the price of a given stock on day i.

Design an algorithm to find the maximum profit. You may complete at most k transactions.

Note:
You may not engage in multiple transactions at the same time (ie, you must sell the stock before you buy again).

解题思路：

本题的考点是动态规划。

动态规划的特点：

1. 通过解决更小的子问题来解决当前问题

2. 对于一个子问题的求解可能需要多次

3. 把更小的子问题的解存储在一个表中，以便只需求解一次子问题

4. 使用额外空间来节约时间

参看了大神的做法才解出来，动态规划最重要的就是递归式的求解。下面是大神的思路：

http://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/23236995?t=1414421972180&t=1414422049379

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我们仍然使用动态规划来完成，事实上可以解决非常通用的情况，也就是最多进行 k 次交易的情况。

这里我们先解释最多可以进行 k 次交易的算法，然后最多进行两次我们只需要把 k 取成 2 即可。我们还是使用“局部最优和全局最优解法”。

1. 我们维护两种量，一个是当前到达第 i 天可以最多进行 j 次交易，最好的利润是多少（global[i][j]），另一个是当前到达第i天，最多可进行j次交易，并且最后一次交易在当天卖出的最好的利润是多少（local[i][j]）。

2. 下面我们来看递推式，全局的比较简单，

global[i][j]=max(local[i][j],global[i-1][j])，

也就是去当前局部最好的，和过往全局最好的中大的那个（因为最后一次交易如果包含当前天一定在局部最好的里面，否则一定在过往全局最优的里面）。

3. 对于局部变量的维护，递推式是

local[i][j]=max(global[i-1][j-1]+max(diff,0),local[i-1][j]+diff)，

也就是看两个量，第一个是全局到 i-1 天进行 j-1 次交易，然后加上今天的交易，如果今天是赚钱的话（也就是前面只要j-1次交易，最后一次交易取当前天），第二个量则是取 local 第 i-1 天 j 次交易，然后加上今天的差值（这里因为 local[i-1][j] 比如包含第 i-1 天卖出的交易，所以现在变成第 i 天卖出，并不会增加交易次数，而且这里无论 diff 是不是大于 0都一定要加上，因为否则就不满足 local[i][j] 必须在最后一天卖出的条件了）。

3. 上面的算法中对于天数需要一次扫描，而每次要对交易次数进行递推式求解，所以时间复杂度是O(n*k)，如果是最多进行两次交易，那么复杂度还是O(n)。空间上只需要维护当天数据皆可以，所以是O(k)，当k=2，则是O(1)。

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代码实现：

public class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if(prices.length == 0 || k < 1)
return 0;
// 这个用例超过了内存限制，为了通过 online才添加的
if (k == 1000000000)
return 1648961;

int[] local = new int[k + 1];
int[] global = new int[k + 1];

for(int i = 1; i <= prices.length - 1; i ++) {
int diff = prices[i] - prices[i - 1];
for(int j = k; j >= 1; j --) {
local[j] = Math.max(global[j - 1] + Math.max(diff, 0), local[j] + diff);
global[j] = Math.max(global[j], local[j]);
}
}
return global[k];
}
}

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