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给定一个数组 prices ，它的第 i 个元素 prices[i] 表示一支给定股票第 i 天的价格。
你只能选择 某一天 买入这只股票，并选择在 未来的某一个不同的日子 卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。
返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回 0 。
示例 1：
输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
示例 2：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
这道题目最直观的想法，就是暴力，找最优间距了。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int result = 0;
for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
for (int j = i + 1; j < prices.size(); j++){
result = max(result, prices[j] - prices[i]);
}
}
return result;
}
};- 时间复杂度：$O(n^2)$
- 空间复杂度：$O(1)$
当然该方法超时了。
因为股票就买卖一次，那么贪心的想法很自然就是取最左最小值，取最右最大值，那么得到的差值就是最大利润。
C++代码如下：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int low = INT_MAX;
int result = 0;
for (int i = 0; i < prices.size(); i++) {
low = min(low, prices[i]); // 取最左最小价格
result = max(result, prices[i] - low); // 直接取最大区间利润
}
return result;
}
};- 时间复杂度：$O(n)$
- 空间复杂度：$O(1)$
动规五部曲分析如下：
- 确定dp数组（dp table）以及下标的含义
dp[i][0] 表示第i天持有股票所得最多现金 ，这里可能有同学疑惑，本题中只能买卖一次，持有股票之后哪还有现金呢？
其实一开始现金是0，那么加入第i天买入股票现金就是 -prices[i]， 这是一个负数。
dp[i][1] 表示第i天不持有股票所得最多现金
注意这里说的是“持有”，“持有”不代表就是当天“买入”！也有可能是昨天就买入了，今天保持持有的状态
很多同学把“持有”和“买入”没分区分清楚。
在下面递推公式分析中，我会进一步讲解。
- 确定递推公式
如果第i天持有股票即dp[i][0]， 那么可以由两个状态推出来
- 第i-1天就持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][0]
- 第i天买入股票，所得现金就是买入今天的股票后所得现金即：-prices[i]
那么dp[i][0]应该选所得现金最大的，所以dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
如果第i天不持有股票即dp[i][1]， 也可以由两个状态推出来
- 第i-1天就不持有股票，那么就保持现状，所得现金就是昨天不持有股票的所得现金 即：dp[i - 1][1]
- 第i天卖出股票，所得现金就是按照今天股票佳价格卖出后所得现金即：prices[i] + dp[i - 1][0]
同样dp[i][1]取最大的，dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
这样递归公式我们就分析完了
- dp数组如何初始化
由递推公式 dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]); 和 dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);可以看出
其基础都是要从dp[0][0]和dp[0][1]推导出来。
那么dp[0][0]表示第0天持有股票，此时的持有股票就一定是买入股票了，因为不可能有前一天推出来，所以dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1]表示第0天不持有股票，不持有股票那么现金就是0，所以dp[0][1] = 0;
- 确定遍历顺序
从递推公式可以看出dp[i]都是有dp[i - 1]推导出来的，那么一定是从前向后遍历。
- 举例推导dp数组
以示例1，输入：[7,1,5,3,6,4]为例，dp数组状态如下：
dp[5][1]就是最终结果。
为什么不是dp[5][0]呢？
因为本题中不持有股票状态所得金钱一定比持有股票状态得到的多！
以上分析完毕，C++代码如下：
// 版本一
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
if (len == 0) return 0;
vector<vector<int>> dp(len, vector<int>(2));
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
}
return dp[len - 1][1];
}
};- 时间复杂度：$O(n)$
- 空间复杂度：$O(n)$
从递推公式可以看出，dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]);
那么我们只需要记录 当前天的dp状态和前一天的dp状态就可以了，可以使用滚动数组来节省空间，代码如下：
// 版本二
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int len = prices.size();
vector<vector<int>> dp(2, vector<int>(2)); // 注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
dp[0][0] -= prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < len; i++) {
dp[i % 2][0] = max(dp[(i - 1) % 2][0], -prices[i]);
dp[i % 2][1] = max(dp[(i - 1) % 2][1], prices[i] + dp[(i - 1) % 2][0]);
}
return dp[(len - 1) % 2][1];
}
};- 时间复杂度：$O(n)$
- 空间复杂度：$O(1)$
这里能写出版本一就可以了，版本二虽然原理都一样，但是想直接写出版本二还是有点麻烦，容易自己给自己找bug。
所以建议是先写出版本一，然后在版本一的基础上优化成版本二，而不是直接就写出版本二。
Java:
贪心法：
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
// 找到一个最小的购入点
int low = Integer.MAX_VALUE;
// res不断更新，直到数组循环完毕
int res = 0;
for(int i = 0; i < prices.length; i++){
low = Math.min(prices[i], low);
res = Math.max(prices[i] - low, res);
}
return res;
}
}动态规划：版本一
// 解法1
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
if (prices == null || prices.length == 0) return 0;
int length = prices.length;
// dp[i][0]代表第i天持有股票的最大收益
// dp[i][1]代表第i天不持有股票的最大收益
int[][] dp = new int[length][2];
int result = 0;
dp[0][0] = -prices[0];
dp[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < length; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i]);
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][0] + prices[i], dp[i - 1][1]);
}
return dp[length - 1][1];
}
}动态规划：版本二
class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int[] dp = new int[2];
// 记录一次交易，一次交易有买入卖出两种状态
// 0代表持有，1代表卖出
dp[0] = -prices[0];
dp[1] = 0;
// 可以参考斐波那契问题的优化方式
// 我们从 i=1 开始遍历数组，一共有 prices.length 天，
// 所以是 i<=prices.length
for (int i = 1; i <= prices.length; i++) {
// 前一天持有；或当天买入
dp[0] = Math.max(dp[0], -prices[i - 1]);
// 如果 dp[0] 被更新，那么 dp[1] 肯定会被更新为正数的 dp[1]
// 而不是 dp[0]+prices[i-1]==0 的0，
// 所以这里使用会改变的dp[0]也是可以的
// 当然 dp[1] 初始值为 0 ，被更新成 0 也没影响
// 前一天卖出；或当天卖出, 当天要卖出，得前一天持有才行
dp[1] = Math.max(dp[1], dp[0] + prices[i - 1]);
}
return dp[1];
}
}Python:
贪心法：
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
low = float("inf")
result = 0
for i in range(len(prices)):
low = min(low, prices[i]) #取最左最小价格
result = max(result, prices[i] - low) #直接取最大区间利润
return result动态规划：版本一
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
length = len(prices)
if len == 0:
return 0
dp = [[0] * 2 for _ in range(length)]
dp[0][0] = -prices[0]
dp[0][1] = 0
for i in range(1, length):
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], -prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], prices[i] + dp[i-1][0])
return dp[-1][1]动态规划：版本二
class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
length = len(prices)
dp = [[0] * 2 for _ in range(2)] #注意这里只开辟了一个2 * 2大小的二维数组
dp[0][0] = -prices[0]
dp[0][1] = 0
for i in range(1, length):
dp[i % 2][0] = max(dp[(i-1) % 2][0], -prices[i])
dp[i % 2][1] = max(dp[(i-1) % 2][1], prices[i] + dp[(i-1) % 2][0])
return dp[(length-1) % 2][1]Go:
贪心法：
func maxProfit(prices []int) int {
low := math.MaxInt32
rlt := 0
for i := range prices{
low = min(low, prices[i])
rlt = max(rlt, prices[i]-low)
}
return rlt
}
func min(a, b int) int {
if a < b{
return a
}
return b
}
func max(a, b int) int {
if a > b{
return a
}
return b
}动态规划：版本一
func maxProfit(prices []int) int {
length:=len(prices)
if length==0{return 0}
dp:=make([][]int,length)
for i:=0;i<length;i++{
dp[i]=make([]int,2)
}
dp[0][0]=-prices[0]
dp[0][1]=0
for i:=1;i<length;i++{
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],-prices[i])
dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]+prices[i])
}
return dp[length-1][1]
}
func max(a,b int)int {
if a>b{
return a
}
return b
}动态规划：版本二
func maxProfit(prices []int) int {
dp := [2][2]int{}
dp[0][0] = -prices[0]
dp[0][1] = 0
for i := 1; i < len(prices); i++{
dp[i%2][0] = max(dp[(i-1)%2][0], -prices[i])
dp[i%2][1] = max(dp[(i-1)%2][1], dp[(i-1)%2][0]+prices[i])
}
return dp[(len(prices)-1)%2][1]
}
func max(a, b int) int {
if a > b{
return a
}
return b
}JavaScript:
动态规划
const maxProfit = prices => {
const len = prices.length;
// 创建dp数组
const dp = new Array(len).fill([0, 0]);
// dp数组初始化
dp[0] = [-prices[0], 0];
for (let i = 1; i < len; i++) {
// 更新dp[i]
dp[i] = [
Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i]),
Math.max(dp[i - 1][1], prices[i] + dp[i - 1][0]),
];
}
return dp[len - 1][1];
};贪心法
var maxProfit = function(prices) {
let lowerPrice = prices[0];// 重点是维护这个最小值（贪心的思想）
let profit = 0;
for(let i = 0; i < prices.length; i++){
lowerPrice = Math.min(lowerPrice, prices[i]);// 贪心地选择左面的最小价格
profit = Math.max(profit, prices[i] - lowerPrice);// 遍历一趟就可以获得最大利润
}
return profit;
};