JavaScript 每日一题---LeetCode 122. 买卖股票的最佳时机 II

题目描述：

给定一个数组 prices ，其中 prices[i] 表示股票第 i 天的价格。

在每一天，你可能会决定购买和/或出售股票。你在任何时候最多只能持有一股股票。你也可以购买它，然后在同一天出售。
返回你能获得的最大利润。

解题思路：

该题与 LeetCode 121. 买卖股票的最佳时机 唯一区别就是可以多次买卖，一次买卖的 dp 本质上还是贪心法，找到当前最低的购入价与与当前最低购入价相差最大的售出价（即局部最优解）。这也满足 dp 的基本策略：一个最优决策序列的任何子序列本身一定是相对于子序列的初始和结束状态的最优决策序列，即局部最优解也是该问题的子问题的解，即数组不变的情况下减少天数，局部解仍正确。

而这题的关键在于现金流，又可以分为两种情况当天持有股票时的现金与当天不持有股票时的现金。假定初始现金为 0. dp 数组可以设为 dp[i][0] 表示第 i 天持有股票的现金，dp[i][1] 表示第 i 天不持有股票的现金。

当天持有股票则可以分为两种状态：当天购入股票 / 当天前一天已持有股票。当天前一天已持有股票，则维持前一天的状态即 dp[i][0] = dp[i-1][0]。当天购入股票说明前一天未持有股票，当天持有股票的现金 = 前一天未持有股票的现金 - 当天股票售价，即 dp[i][0] = dp[i-1][1] - prices[i].显然两者直接求最大值才能利润最大化，即：

$dp[i][0] = max( dp[i-1][1] - prices[i], dp[i-1][0] )$

当天未持有股票也有两种状态：当天卖出股票 / 当天前一天也未持有股票。当天前一天也未持有股票，则维持前一天的状态即 dp[i][1] = dp[i-1][1]。当天卖出股票说明前一天持有股票，那么现金 = 前一天持有股票的现金 + 当天股票的售价,即 dp[i][1] = dp[i-1][0] + prices[i]。同样两者求最大值：

$dp[i][1] = max( dp[i-1][1] , dp[i-1][0] + prices[i])$

初始化：dp[0][0] 即第一天持有股票，只能当天买入，即 dp[0][0] = prices[0]

dp[0][1] 即第一天未持有股票，没有前一天，所以 dp[0][1] = 0。

完整代码：

/*** @param {number[]} prices* @return {number}*/
var maxProfit = function(prices) {const len=prices.length;const dp=new Array(len).fill([0,0]);dp[0][0]=-prices[0];dp[0][1]=0;for(var i=1;i<len;i++){dp[i]=[Math.max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]-prices[i]),Math.max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i])]}return dp[len-1][1];
};

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