题目描述
给你一个整数数组 prices ，其中 prices[i] 表示某支股票第 i 天的价格。
在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候 最多 只能持有 一股 股票。你也可以先购买，然后在 同一天 出售。
返回 你能获得的 最大 利润 。
示例 1：
输入：prices = [7,1,5,3,6,4]
输出：7
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5 - 1 = 4。
随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6 - 3 = 3。
最大总利润为 4 + 3 = 7 。
示例 2：
输入：prices = [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。
最大总利润为 4 。
示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为 0。
提示：
1 <= prices.length <= 3 * 1040 <= prices[i] <= 104
解法
方法一：贪心
从第二天开始，如果当天股价大于前一天股价，则在前一天买入，当天卖出，即可获得利润。如果当天股价小于前一天股价，则不买入，不卖出。也即是说，所有上涨交易日都做买卖，所有下跌交易日都不做买卖，最终获得的利润是最大的。
时间复杂度 $O(n)$，其中 $n$ 为数组 prices 的长度。空间复杂度 $O(1)$。
方法二：动态规划
我们设 $f[i][j]$ 表示第 $i$ 天交易完后的最大利润，其中 $j$ 表示当前是否持有股票，持有股票时 $j=0$，不持有股票时 $j=1$。初始状态为 $f[0][0]=-prices[0]$，其余状态均为 $0$。
如果当前持有股票，那么可能是前一天就持有股票，今天什么都不做，即 $f[i][0]=f[i-1][0]$；也可能是前一天不持有股票，今天买入股票，即 $f[i][0]=f[i-1][1]-prices[i]$。
如果当前不持有股票，那么可能是前一天就不持有股票，今天什么都不做，即 $f[i][1]=f[i-1][1]$；也可能是前一天持有股票，今天卖出股票，即 $f[i][1]=f[i-1][0]+prices[i]$。
因此，我们可以写出状态转移方程：
$$
\begin{cases}
f[i][0]=\max(f[i-1][0],f[i-1][1]-prices[i])\
f[i][1]=\max(f[i-1][1],f[i-1][0]+prices[i])
\end{cases}
$$
最终的答案即为 $f[n-1][1]$，其中 $n$ 为数组 prices 的长度。
时间复杂度 $O(n)$，空间复杂度 $O(n)$。其中 $n$ 为数组 prices 的长度。
| class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
n = len(prices)
f = [[0] * 2 for _ in range(n)]
f[0][0] = -prices[0]
for i in range(1, n):
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] - prices[i])
f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] + prices[i])
return f[n - 1][1]
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12 | class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[][] f = new int[n][2];
f[0][0] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
f[i][0] = Math.max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] - prices[i]);
f[i][1] = Math.max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] + prices[i]);
}
return f[n - 1][1];
}
}
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14 | class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int f[n][2];
f[0][0] = -prices[0];
f[0][1] = 0;
for (int i = 1; i < n; ++i) {
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] - prices[i]);
f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] + prices[i]);
}
return f[n - 1][1];
}
};
|
| func maxProfit(prices []int) int {
n := len(prices)
f := make([][2]int, n)
f[0][0] = -prices[0]
for i := 1; i < n; i++ {
f[i][0] = max(f[i-1][0], f[i-1][1]-prices[i])
f[i][1] = max(f[i-1][1], f[i-1][0]+prices[i])
}
return f[n-1][1]
}
|
| public class Solution {
public int MaxProfit(int[] prices) {
int f1 = -prices[0], f2 = 0;
for (int i = 1; i < prices.Length; ++i)
{
f1 = Math.Max(f1, f2 - prices[i]);
f2 = Math.Max(f2, f1 + prices[i]);
}
return f2;
}
}
|
方法三：动态规划（空间优化）
我们可以发现，在方法二中，第 $i$ 天的状态，只与第 $i-1$ 天的状态有关，因此我们可以只用两个变量来维护第 $i-1$ 天的状态，从而将空间复杂度优化到 $O(1)$。
时间复杂度 $O(n)$，其中 $n$ 为数组 prices 的长度。空间复杂度 $O(1)$。
| class Solution:
def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:
n = len(prices)
f = [-prices[0], 0]
for i in range(1, n):
g = [0] * 2
g[0] = max(f[0], f[1] - prices[i])
g[1] = max(f[1], f[0] + prices[i])
f = g
return f[1]
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13 | class Solution {
public int maxProfit(int[] prices) {
int n = prices.length;
int[] f = new int[] {-prices[0], 0};
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int[] g = new int[2];
g[0] = Math.max(f[0], f[1] - prices[i]);
g[1] = Math.max(f[1], f[0] + prices[i]);
f = g;
}
return f[1];
}
}
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14 | class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int f[2] = {-prices[0], 0};
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int g[2];
g[0] = max(f[0], f[1] - prices[i]);
g[1] = max(f[1], f[0] + prices[i]);
f[0] = g[0], f[1] = g[1];
}
return f[1];
}
};
|
| func maxProfit(prices []int) int {
n := len(prices)
f := [2]int{-prices[0], 0}
for i := 1; i < n; i++ {
g := [2]int{}
g[0] = max(f[0], f[1]-prices[i])
g[1] = max(f[1], f[0]+prices[i])
f = g
}
return f[1]
}
|