DP(三维DP数组) + 暴力枚举：买卖stock的best timing
问题
思路
题目中首先出现了两个影响利润的因素：天数（第几天）、最多允许的交易次数，我们的DP数组需要包含这两维，但仅仅有这两维我们还是无法进行状态转移，因为我们不知道某一天到底有没有买卖股票。我们需要发现判断某一天i是否买卖股票的关键在于判断第i天与之前第i - 1天的持股状态，若第i - 1天未持股，第i天持股，则第i天买了股票，否则没买；若第i - 1天持股，第i天不持股，则第i天卖出了股票，否则没卖出。因此我们继续增加DP数组到三维，第三维记录持股情况（是否持股）。
我们设DP[j][i][0]表示最多允许交易i次，第j天不持股时的最高收益；DP[j][i][1]表示最多允许交易i次，第j天持股时的最高收益。状态转移方程如下：
第j天不持股，要么就是第j-1天持股而在第j天卖了股票，要么就是第j-1天不持股而第j天也不买股票（a[]数组表示每天的股票价格）：
DP[j][i][0]=max(DP[j-1][i-1][1]+a[j],DP[j-1][i][0])
第j天持股，要么是第j-1天不持股而在第j天买了股票，要么就是第j-1天持股，第j天不买股票：
DP[j][i][1]=max(DP[j-1][i][0]-a[j],DP[j-1][i][1])
通过上述状态转移方程，我们不需要考虑具体是买了哪一天的股票，而只需考虑当前是否持有某股票，总收益的计算也不需要用卖价-买价，而是若买股票，则总收益直接减去股票价格，若卖股票，总收益直接加上股票价格，这样更简单且与卖价-买价这种计算方式等价，最重要的是引入持股概念和总收益的简单计算方式，我们能抛开具体是买了哪天的股票这种细节，从而写出状态转移方程。
我们利用一个双重循环即可求出DP数组，那么答案显然为DP[n][k][0]，表示最多允许交易k次，第n天不持股时的最高收益。为什么不可能是DP[n][k][1]呢？因为如果最后一天持股了，在前面肯定有一天不持股的情况的最大收益比这个值大。因为若最后一天还有股票没卖出去，那又何必买这个股票，因此在买股票的那天，若不买股票，则收益一定比DP[n][k][1]大。
再来看看双重循环的遍历顺序，我们一定是要先枚举最多允许的交易次数i，再遍历天数j（第几天）。利用减治的思想来解释，我们先枚举一个最大交易次数i，再遍历天数j，相当于解决了一个规模较小的问题，进而可以通过状态转移求解允许交易次数更大的问题。如果是先遍历天数，再遍历允许的交易次数，那么在逻辑上是没有道理的，实际上也达不到状态转移的效果。
最后需要注意的点是：我们一定要对k值做预处理，设n为总天数，则k = Math.min(n / 2, k)，因为n天中最多只能交易n / 2次。DP数组的初始值为j = 1即第一天的时候，若第一天持有股票，则dp[j][i][1] = (-1) * a[1]，否则dp[j][i][0] = 0。
代码
class Solution {
static int[][][] dp = new int[1005][505][2];
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
int n = prices.length;
int i, j;
k = Math.min(n / 2, k);
for (i = 0; i <= k; i++) {
for (j = 1; j <= n; j++) {
if (j == 1) {
dp[j][i][1] = (-1) * prices[0];
dp[j][i][0] = 0;
} else {
dp[j][i][0] = i > 0 ? Math.max(dp[j - 1][i - 1][1] + prices[j - 1], dp[j - 1][i][0]) : dp[j - 1][i][0];
dp[j][i][1] = Math.max(dp[j - 1][i][0] - prices[j - 1], dp[j - 1][i][1]);
}
}
}
return dp[n][k][0];
}
}