为什么有人夜里碰到股票问题，辗转反侧睡不着觉？为什么有人看到股票问题心理欢喜直接操作？你是想做哪类人？今天就揭秘股票问题，让你应对股票问题的时候可以如鱼得水。
这种问题一看就是动态规划问题，动态规划说难听一点就是穷举，但是我们应该如何的去聪明的穷举，这是我们需要考虑的
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）。
股票l只是进行了一次交易，相当于k=1;股票II相当于不限制交易次数，k=inf;股票III只是进行了2次交易，相当于k=2;剩下的题目也是不限次数，但是增加了一些额外的条件，其实解题步骤也是大差不差的，好了，我们言归正传，开始我们的解密之旅
动态规划的核心就是状态和转移（选择），首先，我们看这道题，它一天中可能有几种状态，它的每种状态又有几种可能，我们要根据状态去找出相对应的选择，我们是不是要穷举所有的状态，然后在根据选择去更新状态，看下列穷举的模板：
for 状态1 in 状态1的所有取值：
for 状态2 in 状态2的所有取值：
for ...
dp[状态1][状态2][...] = 择优(选择1，选择2...)每天都有3种选择：买入、卖出、无操作，我们简单的用buy、sell、none表示这三种选择
但是这买卖还有其他条件的限制，sell必须在buy的后面,buy的前提是k>0(还可以操作的次数)，none也可以分为两种状态：一种是持有股票进行，一种是没有持有股票进行，这几种情况才是比较难想的，但是想到了以后，这种题就迎难而解了
那么我们现在这个问题的状态总共有3个，一个是天数、一个是可以操作的次数、一个是是否持有股票，我们用代码来展示一下：
dp[i][k][0 or 1];
0<=i<=n-1 1<=k<=K;
n为天数，大K为交易的上限，0和1代表的是是否持有股票然后我们根据穷举的模板就能写出得出：
for(int i=0;i<n;i++){
for (int k = 1; k <=K; k++) {
for(int s=0;s<2;s++){
dp[i][k][s]=max(buy,sell,none);
}
}
}我们现在想要求的是dp[n-1][K][0]的值，含义就是在最后一天，最多允许K次交易，最多可以获得多少的利润
现在的穷举的框架已经给了，接下来状态进行进行转移呢？
通过这个图我们可以很清楚的看到，每种状态是如何转移而来的，我们试着写一写状态转移方程
dp[i][k][0]=max(dp[i-1][k][0]),dp[i-1][k][1]+prices[i])
max( 选择了无操作 选择了卖出 )dp[i][k][0]:我今天没有持有股票，最大的交易次数为k，可以推出昨天的情况：
- dp[i-1][k][0]:昨天就没有持有股票，截止昨天为止最大的交易次数还是k
- dp[i-1][k][1]+prices[i]:昨天持有股票，截止昨天最大交易数限制为k，今天进行了sell
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
max( 今天选择 none, 今天选择 buy )dp[i][k][1]:我今天持有股票，最大的交易次数为k，那么我们就可以推出昨天的情况：
- dp[i-1][k][1]:我昨天就持有股票，截止昨天的最大交易次数为k，今天进行了none
- dp[i-1][k-1][0]-prices[i]:我昨天没有持有，截止昨天的最大交易次数为k-1,我今天选择了buy
现在我们已经完成了最艰难的一步了，如果之前的内容你都可以理解，恭喜你，你已经可以解决这类型问题了，看究极模板：
dp[-1][...][0] = 0
解释：因为 i 是从 0 开始的，所以 i = -1 意味着还没有开始，这时候的利润当然是 0。
dp[-1][...][1] = -infinity
解释：还没开始的时候，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。
dp[...][0][0] = 0
解释：因为 k 是从 1 开始的，所以 k = 0 意味着根本不允许交易，这时候利润当然是 0。
dp[...][0][1] = -infinity
解释：不允许交易的情况下，是不可能持有股票的。
因为我们的算法要求一个最大值，所以初始值设为一个最小值，方便取最大值。将上图的状态转移方以及base进行总结得到：
base case：
dp[-1][...][0] = dp[...][0][0] = 0
dp[-1][...][1] = dp[...][0][1] = -infinity
状态转移方程：
dp[i][k][0] = max(dp[i-1][k][0], dp[i-1][k][1] + prices[i])
dp[i][k][1] = max(dp[i-1][k][1], dp[i-1][k-1][0] - prices[i])
当数组中的k不会发生改变时，我们可以省略掉k
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i])这道题最大的操作数是2，所以k对结果的影响是不能被忽略掉的，所以我们单套模板的话，会直接超时，所以我们要对代码进行改进，穷举k的每种状态，再进行选择
//买卖股票
int[][] dp;
public int maxProfit(int[] prices) {
//对入参进行判断
if (prices == null || prices.length == 0) {
return 0;
}
//最大操作数是2
int maxK=2;
int n=prices.length;
int[][][] dp=new int[n][maxK+1][2];
for(int i=0;i<n;i++){
//穷举k的每一种状态
for(int k=maxK;k>=1;k--){
//因为下面是[i-1],i是从0开始的，所以i-1=-1的情况是存在的
if(i-1==-1){
//处理i=0的时候的base情况
dp[i][k][0]=0;
dp[i][k][1]=-prices[i]；
continue;
}
//持有股票
dp[i][k][1]=Math.max(dp[i-1][k][1],dp[i-1][k-1][0]-prices[i]);
//无股票
dp[i][k][0]=Math.max(dp[i-1][k][0],dp[i-1][k][1]+prices[i]);
}
}
return dp[n-1][maxK][0];
}这道题就讲解完了，你对股票问题是否有了不一样的收获，这道题的关键还是在聪明的穷举出所有的可能的状态，基于base的基础上慢慢的向后推进，相信你有举一反三的能力，其他题也和这道题的解题方法几乎差不多，
