状态机dp，可以参考LeetCode188. 买卖股票的最佳时机 IV.
我们可以用一个数组dp[n][2]表示每一个状态下的最高收益（其中n是prices数组的大小，即总的天数）。
数组的第一维表示天数，第二维表示持有或不持有股票（1表示持有，0表示不持有）能获得的最大收益。
比如dp[i][0]表示第i天，不持有股票的最高收益，dp[i][1]表示第i天，持有股票的最高收益。
对于一个不持有股票的状态dp[i][0]，它由两种状态转移而来，即（1）前一天也不持有股票，今天什么都没做，这种情况下我们有: dp[i][0] = dp[i - 1][0];
（2）前一天持有股票，今天把股票卖了，这种情况下我们有：dp[i][0] = dp[i - 1][1] + prices[i]; 加上prices[i]表示卖出股票增加了prices[i]的收益。
由于我们的dp数组表示的是某状态下的最高收益，因此我们需要对上面的两个状态取一个max: dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
对于一个持有股票的状态dp[i][1]，它也由两种状态转移而来，即（1）前一天就持有股票，今天什么都没做，这种情况下我们有: dp[i][1] = d[i - 1][1];
（2）前两天不持有股票，今天买了一只股票（由于有一天的交易冷冻期，所以不能是昨天买的股票，而是前天买的），这种情况下我们有: dp[i][1] = dp[i - 2][0] - prices[i];
减去prices[i]表示我们花了prices[i]的价格/成本买了一只股票。
由于我们的dp数组表示的是某状态下的最高收益，因此我们需要对上面的两个状态取一个max: dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i]);
有了状态转移方程，我们再考虑一下递推边界，由于状态转移方程中用到了dp[i - 1][]和dp[i - 2][]，所以对于i为0和i为1的情况我们要单独处理，以防数组越界。
状态dp[0][0]表示第0天，不持有股票，显然dp[0][0] = 0;
状态dp[0][1]表示第0天，持有股票，也就是第0天花了prices[0]的价格买了一只股票，我们有：dp[0][1] = -prices[0];
状态dp[1][0]表示第1天，不持有股票，这有两种情况：（1）第0天和第1天什么都没做：dp[1][0] = 0; (2)第0天买入股票，第1天卖出: dp[0][1] = -prices[0] + prices[1];
同样的，状态要取两者中的较大值: dp[0][1] = max(0, -prices[0] + prices[1]);
状态dp[1][1]表示第1天，持有股票，这也有两种情况：（1）第0天买了只股票，第1天什么都没做：dp[1][1] = -prices[0]; (2)第0天什么都没做，第1天买了只股票：dp[1][1] = -prices[1];
同样的，状态要取两者中的较大值: dp[1][1] = max(-prices[0], -prices[1])；
有了递推边界和状态转移方程之后，我们就可以开始状态转移了。
最后的答案就是dp[n - 1][0]，表示最后一天，不持有股票，所能获得的最高收益。
为什么不是dp[n - 1][1]呢？因为股票卖出去肯定比拿在手里的钱多，毕竟买股票要钱，交易掉还能赚差价呢。
所以显然dp[n - 1][0]的值大于dp[n - 1][1]。
最终答案就是dp[n - 1][0]。
代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
if(n < 2) {
return 0;
}
vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2));
dp[0][0] = 0;
dp[0][1] = -prices[0];
dp[1][0] = max(0, -prices[0] + prices[1]);
dp[1][1] = max(-prices[0], -prices[1]);
for(int i = 2; i < n; ++i) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 2][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
}
};