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前言
js算法练习持续坚持中，今天来一道昨天的升级版的题目，买卖股票的最佳时机II，直接上题目
题目描述
给定一个数组 prices ，其中 prices[i] 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: prices = [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: 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: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
解题思路
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本题是121题的升级版，121题看这里，本题可以用贪心来解题，找出所有的不想交的区间，把正值相加得到的结果就是能获取的最大收益，但这样会做很多的重复的计算，因此本题还是用动态规划来解题
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从题干可知不论在那一天都是有两种状态，一种是手里已经有股票了，只能卖出或者不交易，一种是手里没有股票，只能买入或者不交易。
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这里我们声明一个二维数组dp[i][j],其中i代表第几天，j的值有两种情况，分别为0和1,0代表手中没有股票，1代表手里有股票
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当是第一种状态时，也就是手中没股票，那么当前的状态就是dp[i][0],那么到达这种状态的情况有两种，分别是前一天的状态是dp[i-1][0],或者dp[i-1][1]这时要到达dp[i][0]的状态就要卖出股票，也就是说收益会增加,那么此时dp[i][0]的最大值就是max（dp[i-1][0]，dp[i-1][1]+prices[i]）
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当时第二种状态时，也就是手中有股票，那么当前状态就是dp[i][1],到达这种状态的情况也有两种，分别是前一天的状态是dp[i-1][1],或者dp[i-1][0]这时要达到dp[i][1]的状态就要买入股票，也就是收益会减少，那么此时dp[i][1]的最大值就是max（dp[i-1][1]，dp[i-1][0]-prices[i]）
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综上所述可以总结出两个转移方程：
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]); -
当从开头到结束，我们发现dp[i][0]，一定要大于dp[i][1],因此我们只需返回dp[n-1][0]就得到了最大收益
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上代码
var maxProfit = function(prices) {
const n = prices.length;
//生成二维数组
const dp = new Array(n).fill(0).map(v => new Array(2).fill(0));
dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0];
for (let i = 1; i < n; ++i) {
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];
};
总结
其实上面的代码还可以精简，我们看到二维数组的记录其实我们并没有用到，我们完全可以用两个变量来代替当天的两种状态。也就是dp0代替dp[i][0],dp1代替dp[i][1]，最后返回dp0就是我们要求的结果
