# [123] 买卖股票的最佳时机 III
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：[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：[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：[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。
这道题略显复杂，虽然看上去与股票交易的前两道题差不多，但实际上，限制了可交易次数，代表了我们无法简单地判断当天是否进行交易决策，要根据历史决策来决定。
因此这里我们可以设计三个变量，第几天、最大交易次数、当天是否持有股票。
通过这三个变量来建立三维 dp 数组。
通过题意，我们首先需要确定状态转移方程。
我们可以将情况分成当天持有股票，以及当天未持有股票两种情况。
当天持有股票时，最大利润为下列两种情况之一的较大值：
- 前一天已经持有股票，今天继续持有。利润保持一致。
- 前一天未持有股票，今天买入，则交易次数-1，利润减少当天买入价格
当天未持有股票时，最大利润为下列两种情况之一的较大值：
- 前一天时已经未持有股票。利润保持一致。
- 前一天持有，今天卖出，利润加上当天卖出价格
再来确定 base case。当存在可交易次数时，第 0 天时, 无论可交易次数为多少，未持有股票时，收益一定为 0；若决定持有股票，则当天进行了买入，收益为 -prices[0]。
最后的返回结果为：在当前可交易次数情况下，最后一天且未持有股票时的利益最大值(最后一天一定是未持有股票时收益最大)。
function maxProfit(prices: number[]): number {
const len = prices.length;
const cnt = 2;
// 三维 dp 数组，分别对应三个变量：
// i: 第几天
// j：最大交易次数
// k：当天是否持有股票
const dp = Array(len)
.fill(0)
.map(x =>
Array(cnt + 1)
.fill(0)
.map(x => Array(2).fill(0))
);
// base case
// 存在可交易次数时，第 0 天时未持有股票，收益为 0；
// 若决定持有股票，则当天进行买入，收益为 -prices[0]
for (let j = 1; j <= cnt; j++) {
dp[0][j][0] = 0;
dp[0][j][1] = -prices[0];
}
for (let i = 1; i < len; i++) {
for (let j = 1; j <= cnt; j++) {
// 若当天选择不持有股票，则最大利润为下列两种情况之一的较大值：
// 前一天时已经未持有股票。利润保持一致。
// 前一天持有，今天卖出，利润加上当天卖出价格
dp[i][j][0] = Math.max(dp[i - 1][j][0], dp[i - 1][j][1] + prices[i]);
// 若当天选择持有，则最大利润为下列两种情况之一的较大值：
// 前一天已经持有股票，今天继续持有。利润保持一致。
// 前一天未持有股票，今天买入，则交易次数-1，利润减少当天买入价格
dp[i][j][1] = Math.max(dp[i - 1][j][1], dp[i - 1][j - 1][0] - prices[i]);
}
}
// 最后一天一定是未持有股票时收益最大
return dp[len - 1][cnt][0];
}