1.最佳买卖股票时机–含冷冻期–相当于无穷此交易次数

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]

状态转移方程为：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], dp[i-2][0] - prices[i])
解释：第 i 天选择 buy 的时候，要从 i-2 的状态转移，而不是 i-1 。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        if (prices == null || prices.length == 0) {
            return 0;
        }
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[n][2];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (i == 0) {
                dp[0][0] = 0;
                dp[0][1] = -prices[0];
                continue;
            }
            if (i == 1) {
                dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
                // dp[i - 1][0] - prices[i] 表示我有可能从第二天开始买股票
                dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
                continue;
            }
            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 - 2][0] - prices[i]);
        }
        // 为什么最大值在dp[n - 1][0]处，其实由前面状态转移的代码就可以看出；
        // 即使是在dp[n - 2][0]处得到最大值，那么dp[n - 1][0] 还是会被dp[n - 2][0]赋值
        // 为什么不是在dp[n - 1][1]处为最大值，因为dp[n - 1][1]仍然需要靠前面的状态转移
        // 并且dp[n - 1][1] = dp[n - 3][0] - prices[n - 3]因此肯定会越来越小
        // 亲自手动走一遍例子会很清晰
        return dp[n - 1][0];
    }
}

2.买卖股票的最佳时机–含手续费–相当于无穷此交易次数

给定一个整数数组 prices，其中第 i 个元素代表了第 i 天的股票价格 ；非负整数 fee 代表了交易股票的手续费用。

你可以无限次地完成交易，但是你每次交易都需要付手续费。如果你已经购买了一个股票，在卖出它之前你就不能再继续购买股票了。

返回获得利润的最大值。

示例 1:

输入: prices = [1, 3, 2, 8, 4, 9], fee = 2
输出: 8
解释: 能够达到的最大利润:  
在此处买入 prices[0] = 1
在此处卖出 prices[3] = 8
在此处买入 prices[4] = 4
在此处卖出 prices[5] = 9
总利润: ((8 - 1) - 2) + ((9 - 4) - 2) = 8.

把问题思路改下：可以认为手续费是每次买入股票所需要的手续费，就很容易将问题给转化掉，跟容易理解代码。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices, int fee) {
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[n][2];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (i == 0) {
                dp[0][0] = 0;
                dp[0][1] = -prices[0] - fee;
                continue;
            }
            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] - fee);
        }
        return dp[n - 1][0];
    }
}

3.买卖股票的最佳时机–最多交易次数 2 次

给定一个数组，它的第 i 个元素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 两笔 交易。

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: [3,3,5,0,0,3,1,4]
输出: 6
解释: 在第 4 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 。
     随后，在第 7 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 8 天 （股票价格 = 4）的时候卖出，这笔交易所能获得利润 = 4-1 = 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: 在这个情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
        if (prices == null || prices.length == 0) {
            return 0;
        }
        int n = prices.length;
        int[][][] dp = new int[n][3][2];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int k = 2; k >= 1; k--) {
                if (i == 0) {
                    dp[0][k][0] = 0;
                    dp[0][k][1] = -prices[i];
                    continue;
                }
                dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
                // 这里的交易次数,可以理解为能够买入股票的次数，更容易理解。
                dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]);
            }
        }
        return dp[n - 1][2][0];
    }
}

4.买卖股票最佳时机–最多交易次数k次

同理把动态转移方程列出：

class Solution {
    public int maxProfit(int time, int[] prices) {
        if (prices == null || prices.length == 0) {
            return 0;
        }
        int n = prices.length;
        if (time > (n >> 1)) {
            return maxProfit2(prices);
        }
        int[][][] dp = new int[n][time + 1][2];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int k = time; k >= 1; k--) {
                if (i == 0) {
                    dp[i][k][0] = 0;
                    dp[i][k][1] = -prices[i];
                    continue;
                }
                dp[i][k][0] = Math.max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
                dp[i][k][1] = Math.max(dp[i - 1][k][1], dp[i - 1][k - 1][0] - prices[i]);
            }
        }
        return dp[n - 1][time][0];
    }
    
    public int maxProfit2(int[] prices) {
        int n = prices.length;
        int[][] dp = new int[n][2];
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            if (i == 0) {
                dp[i][0] = 0;
                dp[i][1] = -prices[0];
                continue;
            }
            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];
    }
}

即可。