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。
解答：参考博客 https://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/23236995
一个是当前到达第i天可以最多进行j次交易，最好的利润是多少（global[i][j]），另一个是当前到达第i天，最多可进行j次交易，并且最后一次交易在当天卖出的最好的利润是多少（local[i][j]）。下面我们来看递推式，全局最好利润：
global[i][j]=max(local[i][j],global[i-1][j])，
即取当前局部最好的，和过往全局最好的中大的那个（因为最后一次交易如果包含当前天一定在局部最好的里面，否则一定在过往全局最优的里面）。对于局部变量的维护，递推式是
local[i][j]=max(global[i-1][j-1]+max(diff,0),local[i-1][j]+diff)，
也就是看两个量，第一个是全局到i-1天进行j-1次交易，然后加上今天的交易。如果今天是赚钱的话则交易次数为j-1次或者j次，不赚钱的话则为j-1次；第二个量则是取local第i-1天j次交易，然后加上今天的差值，则为到前i天交易了j次，且最后一次为第i天。
关于下面的部分代码做简单解释：
初始化vector<int> global(3,0)是为了后面的global[j-1]的使用，否则会发生内存越界。
for(int i=1;i<n;i++) 是因为第一天无论如何交易都不会产生利润，所以这里从第二天开始计算
for(int j=3;j>0;j++)是因为 local[j] = max(global[j-1]+(diff>0?diff:0),local[j]+diff)，表示当地第i天交易 j 次的局部值 = max(第 i-1 天交易j次的全局值+第i天的盈利值，第i-1天交易j次的局部值+第i天的变化值）。这里采用从大到小的循环，否则在求local值时会发生lacal[j]与local[j-1]干涉，即发生local[j]等于local[j-1]+max(diff,0)的情况。
int maxProfit(vector<int>& prices) { if(prices.size()<2) return 0; int n = prices.size(); vector<int> global(3,0); vector<int> local(3,0); for(int i=1;i<n;i++) { int diff = prices[i]-prices[i-1]; for(int j=2;j>0;j--) { local[j] = max(global[j-1]+(diff>0?diff:0),local[j]+diff); global[j] = max(local[j],global[j]); } } return global[2]; }//123