给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。
示例 1：
输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
示例 2：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
这道题目最直观的想法，就是暴力，找最优间距了。
因为股票就买卖一次，那么贪心的想法很自然就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。
动规五部曲分析如下：
dp[i][0] 表示第i天持有股票所得最多现金 ，这里可能有同学疑惑，本题中只能买卖一次，持有股票之后哪还有现金呢？
其实一开始现金是0，那么加入第i天买入股票现金就是 -prices[i]， 这是一个负数。
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
注意这里说的是“持有”，“持有”不代表就是当天“买入”！也有可能是昨天就买入了，今天保持持有的状态
很多同学把“持有”和“买入”没区分清楚。
在下面递推公式分析中，我会进一步讲解。
如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来
那么dp[i][0]应该选所得现金最大的，所以dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
如果第i天不持有股票即dp[i][1]， 也可以由两个状态推出来
同样dp[i][1]取最大的，dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
这样递推公式我们就分析完了
由递推公式 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);可以看出
其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。
那么dp[0][0]表示第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了，因为不可能有前一天推出来，所以dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1]表示第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0，所以dp[0][1] = 0;
从递推公式可以看出dp[i]都是由dp[i - 1]推导出来的，那么一定是从前向后遍历。
以示例1，输入：[7,1,5,3,6,4]为例，dp数组状态如下：
dp[5][1]就是最终结果。
为什么不是dp[5][0]呢？
因为本题中不持有股票状态所得金钱一定比持有股票状态得到的多！
贪心算法
public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_Stock {
public int maxProfit1(int[] prices) {
int low = Integer.MAX_VALUE;//low 记录迄今为止遇到的最低股票价格，初始值设为 Integer.MAX_VALUE。res 记录迄今为止的最大利润，初始值设为0。
int res = 0;
for(int i = 0; i < prices.length; i++){//遍历整个价格数组。对于每个价格，更新最低价格 low。计算当前价格与最低价格的差值（即在当前价格卖出的利润），并更新最大利润 res。
low = Math.min(prices[i], low);
res = Math.max(prices[i] - low, res);
}
return res;//返回最大利润 res。
}
}
prices的长度。只需要遍历一次数组。low和res来存储最低价格和最大利润。动态规划
public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_Stock {
public int maxProfit2(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length == 0) return 0;
int length = prices.length;
int[][] dp = new int[length][2];//dp 是一个二维数组，其中 dp[i][0] 表示第 i 天结束时持有股票的最大利润，dp[i][1] 表示第 i 天结束时不持有股票的最大利润。
int result = 0;
dp[0][0] = -prices[0];//初始化 dp[0][0] 为 -prices[0]（即第0天买入股票），dp[0][1] 为0（即第0天不持有股票）。遍历价格数组，对于每个价格，更新 dp[i][0] 和 dp[i][1]：dp[i][0] 是前一天不持有股票和今天买入股票的最大利润。dp[i][1] 是前一天不持有股票和今天卖出股票的最大利润。
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < length; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] + prices[i], dp[i - 1][1]);
}
return dp[length - 1][1];//返回最后一天不持有股票的最大利润 dp[length - 1][1]。
}
}
prices的长度。需要遍历整个数组。dp来存储每一天的动态规划结果。public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_Stock {
public int maxProfit3(int[] prices) {
int len = prices.length;//dp 是一个二维数组，使用模2索引来存储最后两天的状态。
int dp[][] = new int[2][2];
dp[0][0] = - prices[0];
dp[0][1] = 0;//类似于方法2，但是只存储最后两天的状态，以节省空间。
for (int i = 1; i < len; i++){
dp[i % 2][0] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][0], - prices[i]);
dp[i % 2][1] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
}
return dp[(len - 1) % 2][1];//返回最后一天不持有股票的最大利润。
}
}
prices的长度。需要遍历整个数组。dp来存储最后两天的状态。public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_Stock {
public int maxProfit4(int[] prices) {
int[] dp = new int[2];//dp 是一个一维数组，其中 dp[0] 表示持有股票的最大利润，dp[1] 表示不持有股票的最大利润。
dp[0] = -prices[0];
dp[1] = 0;
for (int i = 1; i <= prices.length; i++) {//初始化 dp[0] 为 -prices[0]，dp[1] 为0。遍历价格数组，对于每个价格，更新 dp[0] 和 dp[1]：dp[0] 是前一天持有股票和今天买入股票的最大利润。dp[1] 是前一天不持有股票和今天卖出股票的最大利润。
dp[0] = Math.max(dp[0], -prices[i - 1]);
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] + prices[i - 1]);
}
return dp[1];//返回最后一天不持有股票的最大利润 dp[1]。
}
}
prices的长度。需要遍历整个数组。dp来存储持有和不持有股票的最大利润。中就是给一个数组相邻之间不能连着偷，如何偷才能得到最大金钱。
dp[i]：考虑下标i（包括i）以内的房屋，最多可以偷窃的金额为dp[i]。
dp[i] = max(dp[i - 2] + nums[i], dp[i - 1]);
从前到后遍历
以示例二，输入[2,7,9,3,1]为例。
红框dp[nums.size() - 1]为结果。
就是数组成环了，然后相邻的不能连着偷。
这里主要考虑清楚三种情况：
需要注意的是，“考虑” 不等于 “偷”，例如情况三，虽然是考虑包含尾元素，但不一定要选尾部元素！对于情况三，取nums[1] 和 nums[3]就是最大的。
所以情况二 和 情况三 都包含了情况一了，所以只考虑情况二和情况三就可以了。
成环之后还是难了一些的， 不少题解没有把“考虑房间”和“偷房间”说清楚。
这就导致大家会有这样的困惑：“情况三怎么就包含了情况一了呢？本文图中最后一间房不能偷啊，偷了一定不是最优结果”。
所以我在本文重点强调了情况一二三是“考虑”的范围，而具体房间偷与不偷交给递推公式去抉择。
剩下的就和是一个逻辑了。
这次是在一棵二叉树上打家劫舍了，条件还是一样的，相临的不能偷。
这道题目是树形DP的入门题目，其实树形DP其实就是在树上进行递推公式的推导，没有什么神秘的。
超时了，因为我们计算了root的四个孙子（左右孩子的孩子）为头结点的子树的情况，又计算了root的左右孩子为头结点的子树的情况，计算左右孩子的时候其实又把孙子计算了一遍。
那么使用一个map把计算过的结果保存一下，这样如果计算过孙子了，那么计算孩子的时候可以复用孙子节点的结果。
最后我们还是给出动态规划的解法。
因为是在树上进行状态转移，我们在讲解二叉树的时候说过递归三部曲，那么下面我以递归三部曲为框架，其中融合动规五部曲的内容来进行讲解。
dp数组含义：下标为0记录不偷该节点所得到的的最大金钱，下标为1记录偷该节点所得到的的最大金钱。
所以本题dp数组就是一个长度为2的数组！
那么有同学可能疑惑，长度为2的数组怎么标记树中每个节点的状态呢？
别忘了在递归的过程中，系统栈会保存每一层递归的参数。
在遍历的过程中，如果遇到空间点的话，很明显，无论偷还是不偷都是0，所以就返回
采用后序遍历
如果是偷当前节点，那么左右孩子就不能偷，val1 = cur->val + left[0] + right[0];
如果不偷当前节点，那么左右孩子就可以偷，至于到底偷不偷一定是选一个最大的，所以：val2 = max(left[0], left[1]) + max(right[0], right[1]);
最后当前节点的状态就是{val2, val1}; 即：{不偷当前节点得到的最大金钱，偷当前节点得到的最大金钱}
以示例1为例，dp数组状态如下：（注意用后序遍历的方式推导）
最后头结点就是 取下标0 和 下标1的最大值就是偷得的最大金钱。
树形DP为什么比较难呢？
因为平时我们习惯了在一维数组或者二维数组上推导公式，一下子换成了树，就需要对树的遍历方式足够了解！
大家还记不记得我在讲解贪心专题的时候，讲到这道题目：，这也是贪心算法在树上的应用。那我也可以把这个算法起一个名字，叫做树形贪心
“树形贪心”词汇从此诞生，来自「代码随想录」
一段时间，只能买卖一次，问最大收益。
刚刚结束了背包问题，本周主要讲解打家劫舍系列。
劫舍系列简单来说就是 数组上连续元素二选一，成环之后连续元素二选一，在树上连续元素二选一，所能得到的最大价值。
给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
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: [7,1,5,3,6,4]
输出: 7
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4。随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
示例 2:
输入: [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: [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
提示：
本题我们在讲解贪心专题的时候就已经讲解过了，只不过没有深入讲解动态规划的解法，那么这次我们再好好分析一下动规的解法。
本题和的唯一区别是本题股票可以买卖多次了（注意只有一只股票，所以再次购买前要出售掉之前的股票）
在动规五部曲中，这个区别主要是体现在递推公式上，其他都和一样一样的。
所以我们重点讲一讲递推公式。
这里重申一下dp数组的含义：
如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来
注意这里和唯一不同的地方，就是推导dp[i][0]的时候，第i天买入股票的情况。
在中，因为股票全程只能买卖一次，所以如果买入股票，那么第i天持有股票即dp[i][0]一定就是 -prices[i]。
而本题，因为一只股票可以买卖多次，所以当第i天买入股票的时候，所持有的现金可能有之前买卖过的利润。
那么第i天持有股票即dp[i][0]，如果是第i天买入股票，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 减去 今天的股票价格 即：dp[i - 1][1] - prices[i]。
再来看看如果第i天不持有股票即dp[i][1]的情况， 依然可以由两个状态推出来
注意这里和就是一样的逻辑，卖出股票收获利润（可能是负值）天经地义！
本题和的代码几乎一样。
这正是因为本题的股票可以买卖多次！ 所以买入股票的时候，可能会有之前买卖的利润即：dp[i - 1][1]，所以dp[i - 1][1] - prices[i]。
想到到这一点，对这两道题理解的就比较深刻了。
public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_StockII {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];//dp 是一个二维数组，其中 dp[i][0] 表示第 i 天结束时不持有股票的最大利润，dp[i][1] 表示第 i 天结束时持有股票的最大利润。
dp[0][0] = 0;//初始化 dp[0][0] 为0（第0天不持有股票），dp[0][1] 为 -prices[0]（第0天买入股票）。
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {//遍历价格数组，对于每个价格，更新 dp[i][0] 和 dp[i][1]：dp[i][0] 是前一天不持有股票和今天卖出股票的最大利润。dp[i][1] 是前一天持有股票和今天买入股票的最大利润。
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];//返回最后一天不持有股票的最大利润 dp[n - 1][0]。
}
}
prices的长度。只需要遍历一次数组。public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_StockII {
public int maxProfit1(int[] prices) {
int dp[][] = new int [2][2];//dp 是一个二维数组，使用模2索引来存储最后两天的状态。
dp[0][0] = - prices[0];
dp[0][1] = 0;
for(int i = 1; i < prices.length; i++){//类似于方法1，但是只存储最后两天的状态，以节省空间。
dp[i % 2][0] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][0], dp[(i - 1) % 2][1] - prices[i]);
dp[i % 2][1] = Math.max(dp[(i - 1) % 2][1], dp[(i - 1) % 2][0] + prices[i]);
}
return dp[(prices.length - 1) % 2][1];//返回最后一天持有股票的最大利润 dp[(prices.length - 1) % 2][1]。
}
}
prices的长度。需要遍历整个数组。dp来存储最后两天的状态。public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_StockII {
public int maxProfit2(int[] prices) {
int[] dp = new int[2];//dp 是一个一维数组，其中 dp[0] 表示持有股票的最大利润，dp[1] 表示不持有股票的最大利润。
dp[0] = -prices[0];//初始化 dp[0] 为 -prices[0]（第0天买入股票），dp[1] 为0（第0天不持有股票）。
dp[1] = 0;
for(int i = 1; i <= prices.length; i++){//遍历价格数组，对于每个价格，更新 dp[0] 和 dp[1]：dp[0] 是前一天持有股票和今天买入股票的最大利润。dp[1] 是前一天不持有股票和今天卖出股票的最大利润。
dp[0] = Math.max(dp[0], dp[1] - prices[i-1]);
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] + prices[i-1]);
}
return dp[1];//返回最后一天不持有股票的最大利润 dp[1]。
}
}
prices的长度。需要遍历整个数组。dp来存储持有和不持有股票的最大利润。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：
这道题目相对 和 难了不少。
关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。
接来下我用动态规划五部曲详细分析一下：
一天一共就有五个状态，
dp[i][j]中 i表示第i天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。
需要注意：dp[i][1]，表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区。
例如 dp[i][1] ，并不是说 第i天一定买入股票，有可能 第 i-1天 就买入了，那么 dp[i][1] 延续买入股票的这个状态。
达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][1]呢？
一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][1]);
同理dp[i][2]也有两个操作：
所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][1] + prices[i], dp[i - 1][2])
同理可推出剩下状态部分：
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]);
第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0;
第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0];
第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？
此时还没有买入，怎么就卖出呢？ 其实大家可以理解当天买入，当天卖出，所以dp[0][2] = 0;
第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？应该不少同学疑惑，第一次还没买入呢，怎么初始化第二次买入呢？
第二次买入依赖于第一次卖出的状态，其实相当于第0天第一次买入了，第一次卖出了，然后再买入一次（第二次买入），那么现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。
所以第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];
同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;
从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。
以输入[1,2,3,4,5]为例
大家可以看到红色框为最后两次卖出的状态。
现在最大的时候一定是卖出的状态，而两次卖出的状态现金最大一定是最后一次卖出。如果想不明白的录友也可以这么理解：如果第一次卖出已经是最大值了，那么我们可以在当天立刻买入再立刻卖出。所以dp[4][4]已经包含了dp[4][2]的情况。也就是说第二次卖出手里所剩的钱一定是最多的。
所以最终最大利润是dp[4][4]
大家会发现dp[2]利用的是当天的dp[1]。 但结果也是对的。
我来简单解释一下：
dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]); 如果dp[1]取dp[1]，即保持买入股票的状态，那么 dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);中dp[1] + prices[i] 就是今天卖出。
如果dp[1]取dp[0] - prices[i]，今天买入股票，那么dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);中的dp[1] + prices[i]相当于是今天再卖出股票，一买一卖收益为0，对所得现金没有影响。相当于今天买入股票又卖出股票，等于没有操作，保持昨天卖出股票的状态了。
这种写法看上去简单，其实思路很绕，不建议大家这么写，这么思考，很容易把自己绕进去！
对于本题，把版本一的写法研究明白，足以！
其实我们可以不设置，‘0. 没有操作’ 这个状态，因为没有操作，手上的现金自然就是0， 正如我们在 和 也没有设置这一状态是一样的。
public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_StockIII {
public int maxProfit1(int[] prices) {
int len = prices.length;//dp 是一个二维数组，其中 dp[i][j] 表示第 i 天结束时第 j 次交易的最大利润。j 的取值范围是 1 到 4，分别代表：dp[i][1]：第 i 天结束时第一次买入股票的最大利润。dp[i][2]：第 i 天结束时第一次卖出股票的最大利润。dp[i][3]：第 i 天结束时第二次买入股票的最大利润。dp[i][4]：第 i 天结束时第二次卖出股票的最大利润。
if (prices.length == 0) return 0;
int[][] dp = new int[len][5];
dp[0][1] = -prices[0];//初始化 dp[0][1] 和 dp[0][3] 为 -prices[0]，表示第0天买入第一次和第二次股票。
dp[0][3] = -prices[0];
for (int i = 1; i < len; i++) {//遍历价格数组，对于每个价格，更新 dp[i][1] 到 dp[i][4]：dp[i][1]：选择不买入或者在今天买入，取最大值。dp[i][2]：选择不卖出或者在今天卖出，取最大值，且必须在今天之前买入过。dp[i][3]：选择不买入第二次或者在今天买入第二次，取最大值，且必须在今天之前卖出过第一次。dp[i][4]：选择不卖出第二次或者在今天卖出第二次，取最大值，且必须在今天之前买入过第二次。
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
dp[i][2] = Math.max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][3] = Math.max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
dp[i][4] = Math.max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
}
return dp[len - 1][4];//返回最后一天第二次卖出股票的最大利润 dp[len - 1][4]。
}
}
prices的长度。只需要遍历一次数组。public class Best_Time_to_Buy_and_Sell_StockIII {
public int maxProfit2(int[] prices) {
int[] dp = new int[4];//dp 是一个一维数组，其中 dp[j] 表示第 j 次交易的最大利润。j 的取值范围是 0 到 3，分别代表：dp[0]：第一次买入股票的最大利润。dp[1]：第一次卖出股票的最大利润。dp[2]：第二次买入股票的最大利润。dp[3]：第二次卖出股票的最大利润。
dp[0] = -prices[0];//初始化 dp[0] 和 dp[2] 为 -prices[0]，表示第0天买入第一次和第二次股票。
dp[1] = 0;
dp[2] = -prices[0];
dp[3] = 0;
for(int i = 1; i <= prices.length; i++){//遍历价格数组，对于每个价格，更新 dp[0] 到 dp[3]：dp[0]：选择不买入或者在今天买入，取最大值。dp[1]：选择不卖出或者在今天卖出，取最大值，且必须在今天之前买入过。dp[2]：选择不买入第二次或者在今天买入第二次，取最大值，且必须在今天之前卖出过第一次。dp[3]：选择不卖出第二次或者在今天卖出第二次，取最大值，且必须在今天之前买入过第二次。
dp[0] = Math.max(dp[0], -prices[i-1]);
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0]+prices[i-1]);
dp[2] = Math.max(dp[2], dp[1]-prices[i-1]);
dp[3] = Math.max(dp[3], dp[2]+ prices[i-1]);
}
return dp[3];//返回最后一天第二次卖出股票的最大利润 dp[3]。
}
}
prices的长度。需要遍历整个数组。因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容
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