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： prices = [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： prices = [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： prices = [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。
示例 4：
输入： prices = [1] 输出： 0
提示：
1 <= prices.length <= 10^50 <= prices[i] <= 10^5
思路
知道要用动态规划，但不知道怎么巧设目标。以下也是参考别人的。说到动态规划，就要考虑目标是什么，目标设的好，递推就简单。这题咋看之下不知道怎么设目标。参考别人设 dfs(i, k, hold) 表示第i天时，还有k笔交易机会，hold表示当前是否持有股票，dfs的值就是在这个设定下第i天能获得的最大收益。那么 dfs(n-1, 2, false) 就是我们要的答案，表示最后一天，没有持有，还有2次交易机会。
这样一来，递推关系就能写出来了。来看第一个版本，
int maxProfitTle(vector<int>& prices) {
const int n = prices.size();
// 设dfs(i)表示到第i天能获得的最大利润
function<int(int,int,bool)> dfs = [&](int i, int k, bool hold) -> int {
// base case
// 观察递推关系式发现k落到0时，hold只能是false
if (k == 0 /* && !hold */) return 0;
// i < 0 已经到边界，如果还hold，通过INT_MIN来抑制这种选择
if (i < 0) return hold ? INT_MIN : 0;
if (hold) {
// 今天持有，昨天可能持有，也可能不持有但买入了
return max(dfs(i-1, k, true), dfs(i-1, k-1, false) - prices[i]);
} else {
// 今天不持有，昨天可能不持有，也可能持有但卖出了
return max(dfs(i-1, k, true) + prices[i], dfs(i-1, k, false));
}
};
return dfs(n-1, 2, false);
}这个版本会超时，因为自顶向下的递归有重复计算，复杂度是指数级别。一个自然的想法是用数组缓存结果，也就是记忆化。
// dp with memory
int maxProfitTle2(vector<int>& prices) {
const int n = prices.size();
constexpr int NEG = -1000000;
vector<vector<vector<int>>> cache(n, vector<vector<int>>(
3, vector<int>(
2, NEG
)
));
function<int(int,int,bool)> dfs = [&](int i, int k, bool hold) -> int {
// base case
if (k <= 0) return 0;
if (i < 0 && !hold) return 0;
if (i < 0 && hold) return INT_MIN;
int& c = cache[i][k][hold];
if (c == NEG) {
if (hold) {
c = max(dfs(i-1, k, true), dfs(i-1, k-1, false) - prices[i]);
} else {
c = max(dfs(i-1, k, true) + prices[i], dfs(i-1, k, false));
}
}
return c;
};
return dfs(n-1, 2, false);
}这个代码对于这题来说还是会超时，很极限，有时候能过，有时候过不了。因为这题的范围给的比较大，时间要求比较严格。而买卖股票4的范围就很小。最后还是得翻译成递推。如何将动态规划回溯版本翻译为递推版本，可以参考灵神的B站视频教学。
// 递推
int maxProfit(vector<int>& prices) {
const int n = prices.size();
// k, hold, n
vector<vector<vector<int>>> f(3, vector<vector<int>>(
2, vector<int>(
n + 1, 0
)
));
// handle base case
for (int k = 1; k <= 2; ++k) {
// k > 0, hold = true, i < 0
f[k][1][0] = INT_MIN;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
for (int k = 1; k <= 2; ++k) {
f[k][1][i] = max(f[k][1][i-1], f[k-1][0][i-1] - prices[i-1]);
f[k][0][i] = max(f[k][1][i-1] + prices[i-1], f[k][0][i-1]);
}
}
return f[2][0][n];
}