【风口之下，猪都能飞】（一道算法面试题） （待续）

题目：
风口之下，猪都能飞。当今中国股市牛市，真可谓“错过等七年”。 给你一个回顾历史的机会，已知一支股票连续n天的价格走势，以长度为n的整数数组表示，数组中第i个元素（prices[i]）代表该股票第i天的股价。 假设你一开始没有股票，但有至多两次买入1股而后卖出1股的机会，并且买入前一定要先保证手上没有股票。若两次交易机会都放弃，收益为0。 设计算法，计算你能获得的最大收益。 输入数值范围：2 <= n <= 100, 0 <= prices[i] <= 100
输入例子:
3, 8, 5, 1, 7, 8

解析：
这道题需要注意的地方在于，“买入前一定要保证手上没有股票”。
因此我们可以假设在数组的第一天买入（第一次买入），
第二天卖出（第一次卖出）
同时第二天买入（第二次买入）
第三天卖出（第二次卖出）
如下图：



可以通过4个for循环不断令这4个日期偏移，得出所有可能的买卖天数及对应的收益，并取最大值并返回它。
用代码实现如下：

int calculateMax(vector<int> &prices)
{
int sz = prices.size();
int remain_value1 = 0;
int remain_value2 = 0;
int ret = 0;

if (sz == 2)
{
if (prices[1] - prices[0] > 0)
{
return prices[1] - prices[0];
}
else
{
return 0;
}
}
int buy1_pos = 0;
int sell1_pos = 1;
int buy2_pos = sell1_pos;
int sell2_pos = buy2_pos + 1;

int buy1_prices = prices[buy1_pos];
int buy2_prices = prices[buy2_pos];
int sell1_prices = prices[sell1_pos];
int sell2_prices = prices[sell2_pos];

for (buy1_pos = 0; buy1_pos < sz - 1; buy1_pos++)
{
buy1_prices = prices[buy1_pos];
for (sell1_pos = buy1_pos + 1; sell1_pos < sz; sell1_pos++)
{
sell1_prices = prices[sell1_pos];
for (buy2_pos = sell1_pos; buy2_pos < sz - 1; buy2_pos++)
{
buy2_prices = prices[buy2_pos];
for (sell2_pos = buy2_pos + 1; sell2_pos < sz; sell2_pos++)
{
sell2_prices = prices[sell2_pos];
if (remain_value1 < sell1_prices - buy1_prices)
{
remain_value1 = sell1_prices - buy1_prices;
}
if (remain_value2 < sell2_prices - buy2_prices)
{
remain_value2 = sell2_prices - buy2_prices;
}
if (ret < remain_value1 + remain_value2)
{
ret = remain_value1 + remain_value2;
}
}
remain_value1 = 0;
remain_value2 = 0;
}
}
}
return ret;
}

这种方法简单粗暴，思路简单，但效率并不高，可以看出时间复杂度是O(N^4).