股票系列 - leetcode-309：最佳买卖股票时机含冷冻期 - 《算法珠玑》

问题
思路

问题

给定一个整数数组，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格
设计一个算法计算出最大利润。在满足以下约束条件下，你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）:

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）
卖出股票后，你无法在第二天买入股票 (即冷冻期为 1 天)

示例:
输入: [1,2,3,0,2]
输出: 3
解释: 对应的交易状态为: [买入, 卖出, 冷冻期, 买入, 卖出]

思路

动规五部曲，分析如下：

确定dp数组以及下标的含义
- dp[i][j]，第i天状态为j，所剩的最多现金为dp[i][j]
- 出现冷冻期之后，状态其实是比较复杂度，例如今天买入股票、今天卖出股票、今天是冷冻期，都是不能操作股票的。具体可以区分出如下四个状态：
  - 状态一：买入股票状态（今天买入股票，或者是之前就买入了股票然后没有操作）
  - 卖出股票状态，这里就有两种卖出股票状态
    - 状态二：两天前就卖出了股票，度过了冷冻期，一直没操作，今天保持卖出股票状态
    - 状态三：今天卖出了股票
  - 状态四：今天为冷冻期状态，但冷冻期状态不可持续，只有一天！
- j的状态为：
  - 0：状态一
  - 1：状态二
  - 2：状态三
  - 3：状态四
很多题解为什么讲的比较模糊，是因为把这四个状态合并成三个状态了，其实就是把状态二和状态四合并在一起了。从代码上来看确实可以合并，但从逻辑上分析合并之后就很难理解了，所以我下面的讲解是按照这四个状态来的，把每一个状态分析清楚
注意这里的每一个状态，例如状态一，是买入股票状态并不是说今天已经就买入股票，而是说保存买入股票的状态即：可能是前几天买入的，之后一直没操作，所以保持买入股票的状态
确定递推公式
- 达到买入股票状态（状态一）即：dp[i][0]，有两个具体操作：
  - 操作一：前一天就是持有股票状态（状态一），dp[i][0] = dp[i - 1][0]
  - 操作二：今天买入了，有两种情况
    - 前一天是冷冻期（状态四）
    - 前一天是保持卖出股票状态（状态二）
  - 所以操作二取最大值，即：max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]
  - 那么dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i];
- 达到保持卖出股票状态（状态二）即：dp[i][1]，有两个具体操作：
  - 操作一：前一天就是状态二
  - 操作二：前一天是冷冻期（状态四）
  - dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
- 达到今天就卖出股票状态（状态三），即：dp[i][2] ，只有一个操作：
  - 操作一：昨天一定是买入股票状态（状态一），今天卖出
  - 即：dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
- 达到冷冻期状态（状态四），即：dp[i][3]，只有一个操作：
  - 操作一：昨天卖出了股票（状态三），p[i][3] = dp[i - 1][2];
- 综上分析，递推代码如下：
```
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i];
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
dp[i][3] = dp[i - 1][2];
```
dp数组如何初始化
- 如果是持有股票状态（状态一）那么：dp[0][0] = -prices[0]，买入股票所省现金为负数
- 保持卖出股票状态（状态二），第0天没有卖出dp[0][1]初始化为0就行
- 今天卖出了股票（状态三），同样dp[0][2]初始化为0，因为最少收益就是0，绝不会是负数
- 同理dp[0][3]也初始为0
确定遍历顺序
- 从前向后遍历

最后结果去是状态二，状态三，和状态四的最大值，状态四是冷冻期，最后一天如果是冷冻期也可能是最大值。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        if (n == 0) return 0;
        int[][] dp = new int[n][4];
        dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], Math.max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][1]) - prices[i]);
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][3]);
            dp[i][2] = dp[i - 1][0] + prices[i];
            dp[i][3] = dp[i - 1][2];
        }
        return Math.max(dp[n - 1][3], Math.max(dp[n - 1][1], dp[n - 1][2]));
    }
}

时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)