i.只允许一次交易
思路：从前向后遍历数组，记录当前出现过的最低价格，作为买入价格，并计算以当天价格出售的收益，作为可能的最大收益，整个遍历过程中，出现过的最大收益就是所求。
class Solution(object): def maxProfit(self, prices): if len(prices) < 2: return 0 curMin = prices[0] maxPro = 0 for i in range(len(prices)): if curMin > prices[i]: curMin = prices[i] if maxPro < prices[i] - curMin: maxPro = prices[i] - curMin return maxPro
ii.允许多次购买
思路：这是最理想的情况，即可以在低价购入高价抛出，只要前一天的价格低于后一天，这个差价即为可获得的利润。贪心的思路。
class Solution(object): def maxProfit(self, prices): """ :type prices: List[int] :rtype: int """ if len(prices) < 2: return 0 maxPro = 0 for i in range(1, len(prices)): if prices[i] > prices[i - 1]: maxPro += prices[i] - prices[i - 1] return maxPro
iii 至多允许两次购买
思路：dp
对于第i天而言，获得的最大利润为前i天进行一次交易的最大利润prePro[i]+第i天后进行一次交易的最大利润postPro[i]。之后遍历求max{prePro[i] + postPro[i]},(0 <= i <= i - 1)即可。
prePro[i]和postPro[i]可以根据情况i的思路求解出来。
class Solution(object): def maxProfit(self, prices):if len(prices) < 2: return 0n = len(prices) prePro = [0] * n postPro = [0] * n curMin = prices[0] for i in range(1, n):if curMin > prices[i]: curMin = prices[i]prePro[i] = max(prePro[i - 1], prices[i] - curMin) curMax = prices[n - 1] for i in range(n - 2, 0, -1):if curMax < prices[i]: curMax = prices[i]postPro[i] = max(postPro[i + 1], curMax - prices[i]) maxPro = 0 for i in range(n):maxPro = max(maxPro, prePro[i] + postPro[i]) return maxProiv：ii和iii的延伸，至多k次购买
事实上iii是其中k = 2的情况。而ii是k >= len(prices)的情况。
这道题的思路很自然地能想到用dp。但是一个状态方程是有问题的。一开始自己并没有意识到，于是犯错了。
以下摘自http://liangjiabin.com/blog/2015/04/leetcode-best-time-to-buy-and-sell-stock.html
分析：特殊动态规划法。传统的动态规划我们会这样想，到第i天时进行j次交易的最大收益，要么等于到第i-1天时进行j次交易的最大收益（第i天价格低于第i-1天的价格），要么等于到第i-1天时进行j-1次交易，然后第i天进行一次交易（第i天价格高于第i-1天价格时）。于是得到动规方程如下（其中diff = prices[i] – prices[i – 1]）：
profiti = max(profiti – 1, profiti – 1 + diff)
看起来很有道理，但其实不对，为什么不对呢？因为diff是第i天和第i-1天的差额收益，如果第i-1天当天本身也有交易呢（也就是说第i-1天刚卖出了股票，然后又买入等到第i天再卖出），那么这两次交易就可以合为一次交易，这样profiti – 1 + diff实际上只进行了j-1次交易，而不是最多可以的j次，这样得到的最大收益就小了。
那么怎样计算第i天进行交易的情况的最大收益，才会避免少计算一次交易呢？我们用一个局部最优解和全局最有解表示到第i天进行j次的收益，这就是该动态规划的特殊之处。
用locali表示到达第i天时，最多进行j次交易的局部最优解；用globali表示到达第i天时，最多进行j次的全局最优解。它们二者的关系如下（其中diff = prices[i] – prices[i – 1]）：
locali = max(globali – 1 , locali – 1 + diff)
globali = max(globali – 1, locali)
locali和globali的区别是：locali意味着在第i天一定有交易（卖出）发生，当第i天的价格高于第i-1天（即diff > 0）时，那么可以把这次交易（第i-1天买入第i天卖出）跟第i-1天的交易（卖出）合并为一次交易，即locali=locali-1+diff；当第i天的价格不高于第i-1天（即diff<=0）时，那么locali=globali-1+diff，而由于diff<=0，所以可写成locali=globali-1。globali就是我们所求的前i天最多进行k次交易的最大收益，可分为两种情况：如果第i天没有交易（卖出），那么globali=globali-1；如果第i天有交易（卖出），那么globali=locali。
class Solution(object):
def maxProfit1(self, prices): """ :type prices: List[int] :rtype: int """ if len(prices) < 2:return 0 maxPro = 0 for i in range(1, len(prices)):if prices[i] > prices[i - 1]: maxPro += prices[i] - prices[i - 1] return maxPro def maxProfit(self, k, prices): n = len(prices) if n < 2:return 0 if k >= n:return self.maxProfit1(prices) profit1 = [[0] * (k + 1)] * n profit2 = [[0] * (k + 1)] * n diff = [0] * n for i in range(1, n):diff[i] = prices[i] - prices[i - 1]for j in range(1, k + 1): profit1[i][j] = max(profit2[i - 1][j - 1], profit1[i - 1][j] + diff[i]) profit2[i][j] = max(profit1[i][j], profit2[i - 1][j]) return profit2[n - 1][k]v:with cooldown：
思路：dp。此题又回到了任意多次交易的情况。每天的利润不仅与前一天相关，还与前一天是否相关（因为若前一天sell，第二天是不允许buy的）。我们定义两个数组：buy和sell来标记两种状态。
buy[i]:若第i天时手头有股票可获得的最大利润；
sell[i]:若第i天时手头没有股票，可获得的最大利润。
selli] = max(buy[i-1] + prices[i, selli-1)
buyi] = max(buy[i-1，selli - 2] - prices[i)sell[-1]即为所求
代码：
class Solution(object):
def maxProfit(self, prices): if len(prices) < 2:return 0 n = len(prices) sellPro = [0] * n buyPro = [0] * n sellPro[0] = 0 buyPro[0] = 0 - prices[0] sellPro[1] = max(prices[1] - prices[0], 0) buyPro[1] = max(-prices[0], -prices[1]) for i in range(2, n):sellPro[i] = max(buyPro[i - 1] + prices[i], sellPro[i - 1])buyPro[i] = max(buyPro[i - 1], sellPro[i - 2] - prices[i]) return sellPro[-1]