题解 | #买卖股票的最好时机(一)#

题目的主要信息：

给出一个数组表示连续多日的股票价格
你可以选择在某一天买入股票，在另一天卖出股票，买卖都只有一次机会，不能在同一天
假设买卖没有手续费，问最高收益是多少，即卖出的价格减去买入的价格，如果没有利润需要返回0
可以看成查找数组中b-a的最大值，其中b必须在a的后面

方法一：动态规划

具体做法：

对于每天有到此为止的最大收益和是否持股两个状态，因此我们可以用动态规划。 $d p [i] [0]$ 表示第i天不持股到该天为止的最大收益， $d p [i] [1]$ 表示第i天持股，到该天为止的最大收益。

初始状态： 第一天不持股，则总收益为0， $d p [0] [0] = 0$ ；第一天持股，则总收益为买股票的花费，此时为负数， $d p [0] [1] = - p r i c e s [0]$ 。
状态转移： 对于之后的每一天，如果当天不持股，有可能是前面的若干天中卖掉了或是还没买，因此到此为止的总收益和前一天相同，也有可能是当天才卖掉，我们选择较大的状态 $d p [i] [0] = m a x (d p [i - 1] [0], d p [i - 1] [1] + p r i c e s [i])$ ；如果当天持股，有可能是前面若干天中买了股票，当天还没卖，因此收益与前一天相同，也有可能是当天买入，此时收益为负的股价，同样是选取最大值： $d p [i] [1] = m a x (d p [i - 1] [1], - p r i c e s [i])$ 。

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        vector<vector<int> > dp(n, vector<int>(2, 0)); //dp[i][0]表示某一天不持股到该天为止的最大收益，dp[i][1]表示某天持股，到该天为止的最大收益
        dp[0][0] = 0; //第一天不持股，总收益为0
        dp[0][1] = -prices[0]; //第一天持股，总收益为减去该天的股价
        for(int i = 1; i < n; i++){ //遍历后续每天，状态转移
            dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
            dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
        }
        return dp[n - 1][0]; //最后一天不持股，到该天为止的最大收益
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ ，遍历一次数组
空间复杂度： $O (n)$ ，动态规划辅助数组的空间

方法二：贪心

具体做法：

如果我们在某一天卖出了股票，那么要想收益最高，一定是它前面价格最低的那天买入的股票才可以。因此我们可以利用贪心思想解决，每次都将每日收入与最低价格相减维护最大值。

step 1：首先排除数组为空的特殊情况。
step 2：将第一天看成价格最低，后续遍历的时候遇到价格更低则更新价格最低，每次都比较最大收益与当日价格减去价格最低的值，选取最大值作为最大收益。

可以参考以下图示： alt

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int res = 0; //维护最大收益
        if(prices.size() == 0) //排除特殊情况
            return res;
        int Min = prices[0]; //维护最低股票价格
        for(int i = 1; i < prices.size(); i++){ //遍历后续股票价格
            Min = min(Min, prices[i]); //如果当日价格更低则更新最低价格
            res = max(res, prices[i] - Min); //维护最大值
        }
        return res;
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度： $O (n)$ ，一次遍历数组
空间复杂度： $O (1)$ ，常数级变量，无额外辅助空间