"给血雨腥风的二级市场留下八个大字——巴菲特就那么回事"

题目链接：188. 买卖股票的最佳时机4 。给定一个整数数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 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 k 笔交易。

输入： $k = 2, prices = [2,4,1]$

输出： $2$

解释：在第 $1$ 天 (股票价格为 $2$ ) 的时候买入，在第 $2$ 天 (股票价格为 $4$ ) 的时候卖出，这笔交易所能获得利润 $4-2 = 2$ 。

输入： $k = 2, prices = [3,2,6,5,0,3]$

输出： $7$

解释：在第 $2$ 天 (股票价格为 $2$ ) 的时候买入，在第 $3$ 天 (股票价格为 $6$ ) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = $6-2 = 4$ 。随后，在第 $5$ 天 (股票价格 = $0$ ) 的时候买入，在第 $6$ 天 (股票价格 = $3$ ) 的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = $3-0 = 3$ 。

在股票系列的前三期中，我们已经找到了买卖股票问题的最优子结构，即 $dp[x][y][z]$ 表示第 $x$ 天、股状态为 $y$ 、交易次数为 $z$ 时的最大利润，其中

121. 买卖股票的最佳时机，规定 $z \in [0,1]$
122. 买卖股票的最佳时机2，规定 $z \in [0,+\infty]$
123. 买卖股票的最佳时机3，规定 $z \in [0,2]$

该最优子结构同样适用于本题，仅仅是 $z$ 的范围变成了 $z \in [0, k]$ ， $k$ 为题设中给出的具体交易次数。

中规中矩的动态规划

1、确定 dp 状态数组与含义

定义 $dp[x][y][z]$ 为第 $x$ 天、股状态为 $y$ 、交易次数为 $z$ 时的最大利润，其中，

当前交易日 $x \in [0, n)$ ， $n = prices.length$ ；
是否持股 $y = 0,1$ ， $j=0$ 指不持股， $j=1$ 指持股；
交易次数 $z \in[0,k]$ ，其中 $k$ 为最多交易的次数（题设给出）。

2、确定 dp 状态转移方程

第 $x$ 天，未持股 $(y=0)$ ，交易 $z$ 次，其对应的状态为 $dp[x][0][z]$ ，从前一天的状态转移到当前的状态共有两种可能

第 $x-1$ 天，未持股 $(y=0)$ ，交易已达 $z$ 次，即 $dp[x-1][0][z]$
第 $x-1$ 天，有持股 $(y=1)$ ，交易 $z-1$ 次，在第 $x$ 天（当日）卖出，即 $dp[x-1][0][z-1] + prices[x]$

因此，当日的状态转移方程为 $dp[x][0][z] = max(dp[x-1][0][z], dp[x-1][0][z-1]+prices[x]$

第 $x$ 天，有持股 $(y=1)$ ，交易 $z$ 次，其对应的状态为 $dp[x][1][z]$ ，从前一天的状态转移到当前的状态共有两种可能

第 $x-1$ 天，有持股 $(y=1)$ ，交易 $z$ 次，即 $dp[x-1][1][z]$
第 $x-1$ 天，未持股 $(y=0)$ ，交易 $z$ 次，在第 $x$ 天（当日）买入，即 $dp[x-1][0][z]-prices[x]$

因此，当日的状态转移方程为 $dp[x][1][z] = max(dp[x-1][1][z], dp[x-1][0][z-1]-prices[x]$

3、确定 dp 初始状态

第 $0$ 天，不持股状态 $(y=0)$

$dp[0][0][0]=0$ ，代表第 $0$ 天，不持股，交易次数为 $0$ 时，我们手上的现金
$dp[0][0][z]=-infinity$ [循环计算]，代表第 $0$ 天，不持股，交易次数为 $z$ 时，我们手上的利润（这是一个非法状态，设置成代码运行时环境内的最小安全整数即可）

第 $0$ 天，持股状态 $(y=1)$

$dp[0][1][0]=-prices[0]$ ，代表第 $0$ 天，有持股，交易次数为 $0$ 时，我们手上的最大利润（一买一卖才算一次交易，目前仅为买入，等这一股卖出时，交易次数再加 $1$ ）
$dp[0][1][z]=-infinity$ [循环计算]，代表第 $0$ 天，有持股，交易次数为 $z$ 时，我们手上的最大利润（这是一个非法状态，设置成代码运行时环境内的最小安全整数即可）

第 $x$ 天，交易 $0$ 次的状态

$dp[x][0][0]=0$ ，不管是第几天，没有持股也没有交易，那利润比为0
$dp[x][1][0]=max(dp[x - 1][1][0], dp[x - 1][0][0] - prices[x])$ ，[循环计算]，代表第 $x$ 天，有持股，交易次数为0时，我们手上的最大利润，这里直接套用状态转移方程即可。

4、确定遍历顺序

第一层遍历是天数，从第 $x=1$ 天遍历到第 $x=n-1$ 天
第二层遍历是 交易次数，但是这个有个小小 $trick$ ，就是实际天数与交易次数的比较。有 $n$ 个交易日，最多能交易的次数为 $n/2$ ，并向下取整，故实际的交易次数应为 $min(n/2,k)$ 。所以第二层遍历是从 $z=1$ 到 $z=min(n/2,k)$

5、确定最后的返回值

找到第 $n-1$ 天，不持有股票（ $j=0$ ），交易 $z$ 次中，元素最大的值，即 $max(...dp[n-1][0])$

6、上代码

/**
 * 空间复杂度O(N * min(k, N/2))
 * 时间复杂度O(N * min(k, N/2))
 */
function maxProfit(k: number, prices: number[]): number {
    const len = prices.length;

    if (len < 2) return 0;

    const maxTradeTimes = Math.min(k, ~~(len / 2)) + 1; // 目的是要从交易0次开始

    const dp = Array.from(
        { length: len }, 
        () => [
            new Array(maxTradeTimes).fill(0),
            new Array(maxTradeTimes).fill(0),
        ],
    );

    dp[0][0][0] = 0;
    dp[0][1][0] = -prices[0];

    for(let x = 1; x < len; x++) {
        dp[x][1][0] = Math.max(dp[x - 1][1][0], dp[x - 1][0][0] - prices[x]);
    }
    for(let z = 1; z < maxTradeTimes; z++) {
        dp[0][0][z] = Number.MIN_SAFE_INTEGER;
        dp[0][1][z] = Number.MIN_SAFE_INTEGER;
    }

    for(let x = 1; x < len; x ++) {
        for(let z = 1; z < maxTradeTimes; z++) {
            dp[x][0][z] = Math.max(dp[x - 1][0][z], dp[x - 1][1][z - 1] + prices[x]);
            dp[x][1][z] = Math.max(dp[x - 1][1][z], dp[x - 1][0][z] - prices[x]);
        }
    }

    return Math.max(...dp[len - 1][0]);
}

188. 买卖股票的最佳时机IV (Best Time to Buy and Sell Stock IV)