题目：买股票的最佳时期||

ac了

思路：
1.dp含义：第i天时能获得的最大利润为dp[i]

2.动态转移方程：dp[i] = max(dp[i - 1], dp[i - 1] + prices[i] - prices[i - 1]);

        如果prices[i] - prices[i - 1] > 0，那么就在第 i - 1天买，在 i - 1 天卖，dp[i] 取第i - 1天的最大值加上在第 i - 1天买，在 i - 1 天卖所获得的新利润；

        否则第 i -1 天利润买利润是负的，在i - 1天不买，dp[i]就是dp[i - 1] 

3.初始化：dp[0] = 0;其余也都是0

4.遍历顺序：从前到后

5.打印dp

代码如下：

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

题目：121.购买股票的最佳时期

尝试解答：

做出了122题，那道题可以不断买不断卖，那么感觉在此基础上稍稍改动动态转移方程就可以解出，这道题只能在一天买一天卖

1.dp含义：第 i 天时可获取的最大利润

2.动态转移方程：

3.初始化：dp[0] = 0；其余也都初始化为0

4.遍历顺序：从前到后

5.打印dp

正确思路：
        用0和1来表征状态（和打家劫舍|||类似），表示持有股票和不持有股票

1.dp数组：

        dp[i][0]表示当天持有股票的零利润最大值。如果当天手上还有股票，那么利润一定是负的，因为你花钱买东西了。其实股票从第一天开始一直在买，维护着一直到第i天股票的最低价，这样利润最大。

        dp[i][1]表示当天不持有股票的利润最大值。如果当天手上没有股票了，那么一定是将股票卖了。不可能是因为还没买股票，所以手上没有股票（因为由上面分析的从第一天开始就在买股票）。

2.递推公式：

        对于dp[i][0]，手上有股票，那么就维护股票的最低价：dp[i] = max(dp[i], -1*prices[i]) 和前一天相比谁便宜买谁的。

        对于dp[i][1]，手上不持有股票，已经卖了。dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i])。有两种选择：第一种是今天才卖（dp[i - 1][0]  + prices[i]）前一天买入股票的最低价加上今天卖出的价格，得到—假如是今天卖的的话所得利润；第二种是在前面的日子里已经卖了（dp[i - 1][1]），得到—假设在前面的日子里卖，会得到利润的最优解最大值。二者进行比较，取较大值为最优解。dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);

        到了最后一天，必然已经把股票卖了，手上必然没有股票了，所以dp[prices.size()][1]即为所求结果。

3.初始化：

        根据dp含义进行初始化：

                dp[0][0]：第一天有股票，那么利润一定是 - prices[0]

                dp[0][1];第一天没有股票，那么利润一定是0

4.遍历顺序：从前到后

5.打印dp

代码如下：

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

题目：123.买卖股票的最佳时期||| （没有完全理解）

买股票只能产生两笔交易，且要求完成了第一笔再开始第二笔，求利润最大值

思路：

1.dp数组含义：

        延续上道题通过二维数组来表示当前状态（持有or不持有？第一次or第二次？）

        dp[i][1] = 第一次持有

        dp[i][2] = 第一次不持有

        dp[i][3] = 第二次持有

        dp[i][4] = 第二次不持有

2.动态转移方程：

        其实不过是把121题的过程进行了两次，最不好想的地方是，要衔接好dp[i][2] = 第一次不持有和dp[i][3] = 第二次持有的这两种情况，达到第一次卖出之后再买第二次的目的。

        dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], -1 * prices[i]);

        dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][0] + prices[i]);

        dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2]  - prices[i]);

        dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);

最终要求的值放在dp[prices.size() - 1][4]里面

dp[0][3]怎么初始化？和dp[0][1]一样，都初始为-prices[0]，可以这样理解：第一天买了马上卖，又买第二次。（想不到啊啊啊，逻辑也理不通）

        

3.初始化：

        dp[0][1] = -prices[0];

        dp[0][2] = 0；

        dp[0][3] = -prices[0];

        dp[0][4] = 0；

4.遍历顺序：从前到后

5.打印dp

代码如下：

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        vector<vector<int>> dp(prices.size() + 1, vector<int>(5, 0));
        dp[0][1] = -1 * prices[0];
        dp[0][3] = -1 * prices[0];
        for(int i = 1; i < prices.size(); i++){
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], -1 * prices[i]);
            dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
            dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
        }
        return dp[prices.size() - 1][4];
    }
};