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题目链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/
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：
- 1 <= prices.length <= 3 * 10 ^ 4
- 0 <= prices[i] <= 10 ^ 4
本题我们在讲解贪心专题的时候就已经讲解过了贪心算法：买卖股票的最佳时机II，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121. 买卖股票的最佳时机的唯一区别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121. 买卖股票的最佳时机一样一样的。
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：
- dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金。
- dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
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
- 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
- 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]
注意这里和121. 买卖股票的最佳时机唯一不同的地方，就是推导dp[i][0]的时候，第i天买入股票的情况。
在121. 买卖股票的最佳时机中，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]。
在来看看如果第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
- 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
- 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]
注意这里和121. 买卖股票的最佳时机就是一样的逻辑，卖出股票收获利润（可能是负值）天经地义！
代码如下：（注意代码中的注释，标记了和121.买卖股票的最佳时机唯一不同的地方）
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2, 0));
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]); // 注意这里是和121. 买卖股票的最佳时机唯一不同的地方。
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]);
}
return dp[len - 1][1];
}
};- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(n)
大家可以本题和121. 买卖股票的最佳时机的代码几乎一样，唯一的区别在：
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] - prices[i]);
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，对这两道题理解的比较深刻了。
这里我依然给出滚动数组的版本，C++代码如下：
// 版本二
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], dp[(i - 1) % 2][1] - prices[i]);
dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
}
return dp[(len - 1) % 2][1];
}
};- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
Java：
// 动态规划
class Solution
// 实现1：二维数组存储
// 可以将每天持有与否的情况分别用 dp[i][0] 和 dp[i][1] 来进行存储
// 时间复杂度：O(n)，空间复杂度O(n)
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2]; // 创建二维数组存储状态
dp[0][0] = 0; // 初始状态
dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]); // 第 i 天，没有股票
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]); // 第 i 天，持有股票
}
return dp[n - 1][0]; // 卖出股票收益高于持有股票收益，因此取[0]
}
// 实现2：变量存储
// 第一种方法需要用二维数组存储，有空间开销，其实关心的仅仅是前一天的状态，不关注更多的历史信息
// 因此，可以仅保存前一天的信息存入 dp0、dp1 这 2 个变量即可
// 时间复杂度：O(n)，空间复杂度O(1)
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0]; // 定义变量，存储初始状态
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int newDp0 = Math.max(dp0, dp1 + prices[i]); // 第 i 天，没有股票
int newDp1 = Math.max(dp1, dp0 - prices[i]); // 第 i 天，持有股票
dp0 = newDp0;
dp1 = newDp1;
}
return dp0;
}
}Python：
Go：
