Leetcode刷题121. 买卖股票的最佳时机_leetcode买卖股票最佳时机

给定一个数组，它的第 i 个元素是一支给定股票第 i 天的价格。

如果你最多只允许完成一笔交易（即买入和卖出一支股票一次），设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。

注意：你不能在买入股票前卖出股票。

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: [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。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。

感谢liweiwei1419的暴力解法、动态规划（Java），labuladong的一个方法团灭 6 道股票问题

每天都有三种选择：买入buy、卖出sell、无操作rest
三个状态：天数、当天允许的最大交易次数、是否持有股票（1持有，0没有持有）
使用三维数组，利用for循环穷举所有组合
dp[n][K][0 or 1]
n为天数，K为最大交易次数，所以共有n*k*2中状态
for 0 <= i < n
for 0 <= k <= K
for s in {0, 1}
dp[i][k][s] = max(buy, sell, rest);
例如dp[3][2][1]表示今天是第三天，持有股票，至今最多进行2次交易
所以最终所求的答案是dp[n - 1][K][0]，即最后一天，最多允许K次交易，所能获得的最大利润
上面已经完成了状态的穷举，现在需要根据 选择 来更新 状态
可以发现选择是跟 持有状态 相关的，根据每种状态（0和1）列出状态转移方程
dp[i][k][0] = max(dp[i - 1][k][0], dp[i - 1][k][1] + prices[i]);
今天没有持有股票：要么昨天就没有持有股票，今天选择rest；要么昨天持有股票，但是今天选择sell
dp[i][k][1] = max(dp[i - 1][k][1], dp[i -1][k - 1][0] - prices[i]);
今天持有股票：要么昨天就持有股票，今天选择rest；要么昨天没有持有股票，今天选择buy，所以k减1
定义base case
dp[-1][k][0] = 0; i=-1表示还没开始，利润为0
dp[i][0][0] = 0; k=0表示不允许交易，利润为0
dp[-1][k][1] = -∞; i=-1还没开始不可能持有股票，负无穷表示不可能
dp[i][0][1] = -∞; k=0不允许交易，不可能持有股票，负无穷表示不可能

总结一下：
base case
dp[-1][k][0] = dp[i][0][0] = 0;
dp[-1][k][1] = dp[i][0][1] = -∞;
状态转移方程
dp[i][K][0] = max(dp[i - 1][K][0], dp[i - 1][K][1] + prices[i]);
dp[i][K][1] = max(dp[i - 1][K][1], dp[i - 1][K - 1][0] - prices[i]);

K=1时，直接套状态方程
dp[i][1][0] = max(dp[i - 1][1][0], dp[i - 1][1][1] + prices[i]);
dp[i][1][1] = max(dp[i - 1][1][1], dp[i - 1][0][0] - prices[i])
= max(dp[i - 1][1][1], -prices[i]);
可以发现k都是1，不会改变，所以k对方程不会有影响，去掉所有k
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
上面等式当i=0时，dp[i - 1]不合法，所以需要对base case处理一下，当i-1 == -1时
dp[i][0] = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])= max(0, -∞ + prices[i]) = 0;
dp[i][1] = max(dp[-1][1], -prices[i]) = max(-∞, -prices[i]) = -prices[i];

class Solution {
    public int maxProfit(int[] prices) {
//		return maxProfitI(prices);
//		return maxProfitII(prices);
//		return maxProfitIII(prices);
		return maxProfitIV(prices);
	}
 
	//方法四：基于方法三空间优化
	//由于dp[i][j]只跟dp[i-1][j]有关，因此可以使用两个变量保存上一次的结果值
	//unHold表示不持有，hold表示持有
	//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)
	private int maxProfitIV(int[] prices) {
		if (prices == null || prices.length == 0) {
			return 0;
		}
		int unHold = 0;
		int hold = Integer.MIN_VALUE;
		for (int price : prices) {
			unHold = Math.max(unHold, hold + price);
			hold = Math.max(hold, -price);
		}
		return unHold;
	}
 
	//方法三：定义dp数组dp[i][j]，i表示天数，j表示是否持股，dp[i][j]表示天数[0, i]区间里，下标i这一天状态为j的时候能够获得的最大利润。
	//dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]); 今天不持股：昨天不持股，今天什么都不做；昨天持股，今天卖了
	//dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]); 今天持股：昨天持股，今天什么都不做；昨天不持股，今天买了，由于只能交易一次，因此手上的现金数就是当天的股价的相反数
//					= Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
	//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)
	private int maxProfitIII(int[] prices) {
		if (prices == null || prices.length == 0) {
			return 0;
		}
		int len = prices.length;
		int[][] dp = new int[len][2];
		dp[0][0] = 0;
		dp[0][1] = -prices[0];
		for (int i = 1; i < len; i++) {
			dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
			//由于只能买入一次，在任何i天之前都不可能持有股票，因此没有必要从dp[i - 1][0]中减去 prices[i]
            dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], -prices[i]);
		}
		return dp[len - 1][0];
	}
 
	//方法二：贪心算法
	//遍历数组寻找最低成本cost
	//利润 = 当天价格 - 最低成本，遍历数组求最大利润
	//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)
	private int maxProfitII(int[] prices) {
		if (prices == null || prices.length == 0) {
			return 0;
		}
		int cost = Integer.MAX_VALUE;
		int profit = 0;
		for (int price : prices) {
			cost = Math.min(price, cost);
			profit = Math.max(profit, price - cost);
		}
		return profit;
	}
 
	//方法一：暴力解法，超出时间限制
	//时间复杂度O(n^2)，空间复杂度O(1)
	private int maxProfitI(int[] prices) {
		if (prices == null || prices.length == 0) {
			return 0;
		}
		int len = prices.length;
		int profit = 0;
		for (int i = 0; i < len - 1; i++) {
			for (int j = i + 1; j < len; j++) {
				if (prices[j] - prices[i] > 0) {
					profit = Math.max(profit, prices[j] - prices[i]);
				}
			}
		}
		return profit;
	}
}