Hard！
題目描述：
給定一個數組，它的第 i 個元素是一支給定的股票在第 i 天的價格。
設計一個算法來計算你所能獲取的最大利潤。你最多可以完成 兩筆 交易。
注意: 你不能同時參與多筆交易（你必須在再次購買前出售掉之前的股票）。
示例 1:
輸入: [3,3,5,0,0,3,1,4] 輸出: 6 解釋: 在第 4 天（股票價格 = 0）的時候買入，在第 6 天（股票價格 = 3）的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 3-0 = 3 。 隨后，在第 7 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 8 天 （股票價格 = 4）的時候賣出，這筆交易所能獲得利潤 = 4-1 = 3 。
示例 2:
輸入: [1,2,3,4,5] 輸出: 4 解釋: 在第 1 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天 （股票價格 = 5）的時候賣出, 這筆交易所能獲得利潤 = 5-1 = 4 。 注意你不能在第 1 天和第 2 天接連購買股票，之后再將它們賣出。 因為這樣屬於同時參與了多筆交易，你必須在再次購買前出售掉之前的股票。
示例 3:
輸入: [7,6,4,3,1] 輸出: 0 解釋: 在這個情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。
解題思路：
這道是買股票的最佳時間系列問題中最難最復雜的一道，前面兩道Best Time to Buy and Sell Stock 買賣股票的最佳時間和Best Time to Buy and Sell Stock II 買股票的最佳時間之二的思路都非常的簡潔明了，算法也很簡單。
而這道是要求最多交易兩次，找到最大利潤，還是需要用動態規划Dynamic Programming來解，而這里我們需要兩個遞推公式來分別更新兩個變量local和global，參見https://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/23236995，
我們其實可以求至少k次交易的最大利潤，找到通解后可以設定 k = 2，即為本題的解答。我們定義local[i][j]為在到達第i天時最多可進行j次交易並且最后一次交易在最后一天賣出的最大利潤，此為局部最優。然后我們定義global[i][j]為在到達第i天時最多可進行j次交易的最大利潤，此為全局最優。它們的遞推式為：
local[i][j] = max(global[i - 1][j - 1] + max(diff, 0), local[i - 1][j] + diff)
global[i][j] = max(local[i][j], global[i - 1][j])
其中局部最優值是比較前一天並少交易一次的全局最優加上大於0的差值，和前一天的局部最優加上差值中取較大值，而全局最優比較局部最優和前一天的全局最優。
C++解法一：
1 class Solution { 2 public: 3 int maxProfit(vector<int> &prices) { 4 if (prices.empty()) return 0; 5 int n = prices.size(), g[n][3] = {0}, l[n][3] = {0}; 6 for (int i = 1; i < prices.size(); ++i) { 7 int diff = prices[i] - prices[i - 1]; 8 for (int j = 1; j <= 2; ++j) { 9 l[i][j] = max(g[i - 1][j - 1] + max(diff, 0), l[i - 1][j] + diff); 10 g[i][j] = max(l[i][j], g[i - 1][j]); 11 } 12 } 13 return g[n - 1][2]; 14 } 15 };
下面這種解法用一維數組來代替二維數組，可以極大地節省空間，由於覆蓋的順序關系，我們需要j從2到1，這樣可以取到正確的g[j-1]值，而非已經被覆蓋過的值。
C++解法二：
1 class Solution { 2 public: 3 int maxProfit(vector<int> &prices) { 4 if (prices.empty()) return 0; 5 int g[3] = {0}; 6 int l[3] = {0}; 7 for (int i = 0; i < prices.size() - 1; ++i) { 8 int diff = prices[i + 1] - prices[i]; 9 for (int j = 2; j >= 1; --j) { 10 l[j] = max(g[j - 1] + max(diff, 0), l[j] + diff); 11 g[j] = max(l[j], g[j]); 12 } 13 } 14 return g[2]; 15 } 16 };
我們如果假設prices數組為1, 3, 2, 9, 那么我們來看每次更新時local 和 global 的值：
第一天兩次交易： 第一天一次交易：
local: 0 0 0 local: 0 0 0
global: 0 0 0 global: 0 0 0
第二天兩次交易： 第二天一次交易：
local: 0 0 2 local: 0 2 2
global: 0 0 2 global: 0 2 2
第三天兩次交易： 第三天一次交易：
local: 0 2 2 local: 0 1 2
global: 0 2 2 global: 0 2 2
第四天兩次交易： 第四天一次交易：
local: 0 1 9 local: 0 8 9
global: 0 2 9 global: 0 8 9
在網友@loveahneehttps://home.cnblogs.com/u/1221269/的提醒下，發現了其實上述的遞推公式關於local[i][j]的可以稍稍化簡一下，我們之前定義的local[i][j]為在到達第i天時最多可進行j次交易並且最后一次交易在最后一天賣出的最大利潤，然后網友@fgvltyhttps://home.cnblogs.com/u/985421/解釋了一下第 i 天賣第 j 支股票的話，一定是下面的一種：
1. 今天剛買的
那么 Local(i, j) = Global(i-1, j-1)
相當於啥都沒干
2. 昨天買的
那么 Local(i, j) = Global(i-1, j-1) + diff
等於Global(i-1, j-1) 中的交易，加上今天干的那一票
3. 更早之前買的
那么 Local(i, j) = Local(i-1, j) + diff
昨天別賣了，留到今天賣
但其實第一種情況是不需要考慮的，因為當天買當天賣不會增加利潤，完全是重復操作，這種情況可以歸納在global[i-1][j-1]中，所以我們就不需要max(0, diff)了，那么由於兩項都加上了diff，所以我們可以把diff抽到max的外面，所以更新后的遞推公式為：
local[i][j] = max(global[i - 1][j - 1], local[i - 1][j]) + diff
global[i][j] = max(local[i][j], global[i - 1][j])