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Author: youngyangyang04

pics/123.买卖股票的最佳时机III.png

@@ -0,0 +1,71 @@
+
+# 思路
+
+## 暴力 
+
+这道题目最直观的想法，就是暴力，找优间距了。
+
+```
+class Solution {
+public:
+    int maxProfit(vector<int>& prices) {
+        int result = 0;
+        for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
+            for (int j = i + 1; j < prices.size(); j++){
+                result = max(result, prices[j] - prices[i]);
+            }
+        }
+        return result;
+    }
+};
+```
+
+* 时间复杂度：O(n^2) 
+* 空间复杂度：O(1)
+
+当然该方法超时了。
+
+
+## 贪心 
+
+因为股票就买卖一次，那么贪心的想法很自然就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。
+
+C++代码如下：
+
+```C++
+class Solution {
+public:
+    int maxProfit(vector<int>& prices) {
+        int low = INT_MAX;
+        int result = 0;
+        for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
+            low = min(low, prices[i]);  // 取最左最小价格
+            result = max(result, prices[i] - low); // 直接取最大区间利润
+        }
+        return result;
+    }
+};
+```
+
+## 动态规划 
+
+dp[i][0] 表示第i天持有股票所得现金
+dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得现金
+
+```
+class Solution {
+public:
+    int maxProfit(vector<int>& prices) {
+        int n = prices.size();
+        if (n == 0) return 0;
+        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 0));
+        dp[0][0] -= prices[0]; // 持股票
+        for (int i = 1; i < n; i++) {
+            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); // 买入
+            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]); // 卖出
+        }
+        return dp[n - 1][1];
+    }
+};
+```
+

problems/0121.买卖股票的最佳时机.md

@@ -0,0 +1,140 @@
+# 思路 
+
+这道题目相对 121.买卖股票的最佳时机 和 122.买卖股票的最佳时机II 难了不少。
+
+关键在于至多买卖两次，这意味着可以买卖一次，可以买卖两次，也可以不买卖。
+
+接来下我用动态规划五部曲详细分析一下：
+
+### 确定dp数组以及下标的含义
+
+一天一共就有五个状态，
+0. 没有操作 
+1. 第一次买入
+2. 第一次卖出 
+3. 第二次买入
+4. 第二次卖出 
+
+dp[i][j]中 i表示第i天，j为 [0 - 4] 五个状态，dp[i][j]表示第i天状态j所剩最大现金。
+
+### 确定递推公式
+
+dp[i][0] = dp[i - 1][0];
+
+需要注意：dp[i][1]，**表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区**。
+
+达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
+
+* 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i] 
+* 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][0] 
+
+那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][0]呢？ 
+
+一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][0]);
+
+同理dp[i][2]也有两个操作：
+
+* 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][i] + prices[i]
+* 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
+
+所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][i] + prices[i], dp[i][2])
+
+同理可推出剩下状态部分：
+
+dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
+dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]); 
+
+
+### dp数组如何初始化
+
+
+第0天没有操作，这个最容易想到，就是0，即：dp[0][0] = 0; 
+
+第0天做第一次买入的操作，dp[0][1] = -prices[0]; 
+
+第0天做第一次卖出的操作，这个初始值应该是多少呢？
+
+首先卖出的操作一定是收获利润，整个股票买卖最差情况也就是没有盈利即全程无操作现金为0，
+
+从递推公式中可以看出每次是取最大值，那么既然是收获利润如果比0还小了就没有必要收获这个利润了。
+
+所以dp[0][2] = 0;
+
+第0天第二次买入操作，初始值应该是多少呢？
+
+不用管第几次，现在手头上没有现金，只要买入，现金就做相应的减少。
+
+所以第二次买入操作，初始化为：dp[0][3] = -prices[0];
+
+同理第二次卖出初始化dp[0][4] = 0;
+
+### 确定遍历顺序
+
+从递归公式其实已经可以看出，一定是从前向后遍历，因为dp[i]，依靠dp[i - 1]的数值。
+
+
+### 举例推导dp数组
+
+以输入[1,2,3,4,5]为例
+
+
+![123.买卖股票的最佳时机III](https://img-blog.csdnimg.cn/20201228181724295.png)
+
+红色为最终求解。
+
+因为利润最大一定是卖出的状态，所以最终最大利润是max(dp[4][2], dp[4][4]);
+
+### C++代码 
+
+以上五步都分析完了，不难写出如下代码：
+
+```
+class Solution {
+public:
+    int maxProfit(vector<int>& prices) {
+        if (prices.size() == 0) return 0;
+        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
+        dp[0][0] = 0;
+        dp[0][1] = -prices[0];
+        dp[0][3] = -prices[0];
+        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
+            dp[i][0] = dp[i - 1][0];
+            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
+            dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
+            dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
+            dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
+        }
+        return max(dp[prices.size() - 1][2], dp[prices.size() - 1][4]);
+
+    }
+};
+```
+
+* 时间复杂度：O(n)
+* 空间复杂度：O(n * 5)
+
+
+
+当然，大家在网上看到的题解还有一种优化空间写法，如下：
+
+```
+class Solution {
+public:
+    int maxProfit(vector<int>& prices) {
+        if (prices.size() == 0) return 0;
+        vector<int> dp(5, 0);
+        dp[0] = 0;
+        dp[1] = -prices[0];
+        dp[3] = -prices[0];
+        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
+            dp[1] = max(dp[1], dp[0] - prices[i]);
+            dp[2] = max(dp[2], dp[1] + prices[i]);
+            dp[3] = max(dp[3], dp[2] - prices[i]);
+            dp[4] = max(dp[4], dp[3] + prices[i]);
+        }
+        return max(dp[2], dp[4]);
+
+    }
+};
+```
+但这种写法，dp[2] 利用的是当天的dp[1]，我还没有理解为什么这种写法也可以通过，网上的题解也没有做出解释，可能这就是神代码吧，欢迎大家来讨论一波！

problems/0123.买卖股票的最佳时机III.md

@@ -0,0 +1,127 @@
+
+# 思路 
+
+这道题目可以说是123.买卖股票的最佳时机III的进阶版， 这里要求至多有k次交易。
+
+在123.买卖股票的最佳时机III中，我是定义了一个二维dp数组，本题其实依然可以用一个二维dp数组。
+
+动规五部曲，分析如下：
+
+### 确定dp数组以及下标的含义
+
+使用二维数组 dp[i][j] ：第i天的状态为j，所剩下的最大现金是dp[i][j]
+
+j的状态表示为： 
+
+* 0 表示不操作
+* 1 第一次买入 
+* 2 第一次卖出
+* 3 第一次买入 
+* 4 第一次卖出
+.....
+
+大家应该发现规律了吧 ，除了0以外，偶数就是卖出，奇数就是买入。
+
+题目要求是至多有K笔交易，那么j的范围就定义为 2 * k + 1 就可以了。
+
+所以二维dp数组的C++定义为：
+
+```
+vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
+```
+
+### 确定递推公式
+
+在123.买卖股票的最佳时机III中 
+
+需要注意：dp[i][1]，**表示的是第i天，买入股票的状态，并不是说一定要第i天买入股票，这是很多同学容易陷入的误区**。
+
+达到dp[i][1]状态，有两个具体操作：
+
+* 操作一：第i天买入股票了，那么dp[i][1] = dp[i-1][0] - prices[i] 
+* 操作二：第i天没有操作，而是沿用前一天买入的状态，即：dp[i][1] = dp[i - 1][0] 
+
+那么dp[i][1]究竟选 dp[i-1][0] - prices[i]，还是dp[i - 1][0]呢？ 
+
+一定是选最大的，所以 dp[i][1] = max(dp[i-1][0] - prices[i], dp[i - 1][0]);
+
+同理dp[i][2]也有两个操作：
+
+* 操作一：第i天卖出股票了，那么dp[i][2] = dp[i - 1][i] + prices[i]
+* 操作二：第i天没有操作，沿用前一天卖出股票的状态，即：dp[i][2] = dp[i - 1][2]
+
+所以dp[i][2] = max(dp[i - 1][i] + prices[i], dp[i][2])
+
+同理可推出剩下状态部分：
+
+dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
+dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]); 
+
+* dp数组如何初始化
+* 确定遍历顺序
+* 举例推导dp数组
+
+```
+class Solution {
+public:
+    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
+
+        if (prices.size() == 0) return 0;
+        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(2 * k + 1, 0));
+        for (int j = 1; j < 2 * k; j += 2) {
+            dp[0][j] = -prices[0];
+        }
+        for (int i = 1;i < prices.size(); i++) {
+            for (int j = 0; j < 2 * k - 1; j += 2) { // 注意这里是等于
+                dp[i][j + 1] = max(dp[i - 1][j + 1], dp[i - 1][j] - prices[i]);
+                dp[i][j + 2] = max(dp[i - 1][j + 2], dp[i - 1][j + 1] + prices[i]);
+            }
+        }
+        int result = 0;
+        for (int j = 2; j <= 2 * k; j += 2) {
+            result = max(result, dp[prices.size() - 1][j]);
+        }
+        return result;
+    }
+};
+```
+
+```
+class Solution {
+public:
+    int maxProfit(int k, vector<int>& prices) {
+        const int n = prices.size();
+        if (n == 0) return 0;
+        vector<int> dp(2 * k + 1, 0);
+        for (int i = 1;i < 2 * k;i += 2)
+            dp[i] = -prices[0];
+        for (int i = 1;i < n;++i) {
+            for (int j = 0;j < 2 * k;j += 2) {
+                dp[j] = max(dp[j], dp[j + 1] + prices[i]);
+                dp[j + 1] = max(dp[j + 1], dp[j + 2] - prices[i]);
+            }
+        }
+        return dp[0];
+    }
+};
+
+
+class Solution {
+public:
+    int maxProfit(vector<int>& prices) {
+        if (prices.size() == 0) return 0;
+        vector<vector<int>> dp(prices.size(), vector<int>(5, 0));
+        dp[0][0] = 0;
+        dp[0][1] = -prices[0];
+        dp[0][3] = -prices[0];
+        for (int i = 1; i < prices.size(); i++) {
+            dp[i][0] = dp[i - 1][0];
+            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
+            dp[i][2] = max(dp[i - 1][2], dp[i - 1][1] + prices[i]);
+            dp[i][3] = max(dp[i - 1][3], dp[i - 1][2] - prices[i]);
+            dp[i][4] = max(dp[i - 1][4], dp[i - 1][3] + prices[i]);
+        }
+        return max(dp[prices.size() - 1][2], dp[prices.size() - 1][4]);
+
+    }
+};

problems/0188.买卖股票的最佳时机IV.md

@@ -4,6 +4,8 @@ https://leetcode-cn.com/problems/isomorphic-strings/
 
 ## 思路 
 
+字符串没有说都是小写字母之类的，所以用数组不合适了，用map来做映射。
+
 使用两个map 保存 s[i] 到 t[j] 和 t[j] 到 s[i] 的映射关系，如果发现对应不上，立刻返回 false 
 
 ## C++代码