买卖股票的最佳时机
题目描述：
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 。
输入输出示例：
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。
解题方案：
方式一：暴力求解（不推荐）
算法思路：最低买入，最高卖出 我们需要找出给定数组中两个数字之间的最大差值（即，最大利润）。此外，第二个数字（卖出价格）必须大于第一个数字（买入价格）。
形式上，对于每组 i 和 j（其中 j>i）我们需要找出 max(prices[j]−prices[i])。
实现代码
public class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int maxprofit = 0;//i指向买入时的价格for (int i = 0; i < prices.length - 1; i++) {//j指向卖出时的价格for (int j = i + 1; j < prices.length; j++) {//求出利润int profit = prices[j] - prices[i];if (profit > maxprofit) {maxprofit = profit;}}}return maxprofit;}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(n2)。二重循环，循环运行 2n(n−1) 次。
空间复杂度：O(1)。只使用了常数个变量。
方法二：一次遍历
算法思想：假设给定的数组为：[7, 1, 5, 3, 6, 4]
如果我们在图表上绘制给定数组中的数字，我们将会得到：
如果自己购买股票，每天肯定会想：如果股票在历史最低点卖出就好了
因此，用变量记录历史最低点，同时计算自己的股票在第i天卖出能够获得的利润，每天都不断地更新这两个变量，从而可以在遍历一次数组的情况下，就可以获得最大利润
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {//初始化变量,最大利润ans为0,默认第一天prices[0]为股票最低价格买入int ans=0,minPrice=prices[0];//遍历传入的数组prices中的每个元素，并把当前元素赋值给变量pfor(int p:prices){//更新最大利润;计算当前卖出去价格p减去之前的最低买入价格minPrice的利润;与之前获取的利润ans比较，获取最大利润ans=Math.max(ans,p-minPrice);//更新最低买入价格,采用当前价格p和之前的最低价minPrice中较小的一个minPrice=Math.min(minPrice,p);}return ans;//返回最大利润
}
}买卖股票的最佳时机 进阶版
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。可以在一段时间内买卖多张股票
返回 你能获得的 最大利润 。
输入输出示例
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 。
解题方案
方式一：动态规划
算法思想：
定义状态
dp[i][0] 表示第 i 天交易完后手里没有股票的最大利润，
dp[i][1] 表示第 i 天交易完后手里持有一支股票的最大利润（i 从 0 开始）。
如果这一天交易完后手里没有股票，考虑 dp[i][0] 的值会有两种情况：
- 前一天已经没有股票，即 dp[i−1][0]，
- 前一天结束的时候手里持有一支股票，即 dp[i−1][1]，这时候我们要将其卖出，并获得 prices[i] 的收益。
如果这一天交易完后手里有股票，考虑 dp[i][1] 的值会有两种情况：
- 前一天已经持有一支股票，即 dp[i−1][1]
- 前一天结束时还没有股票，即 dp[i−1][0]，这时候我们要将其买入，并减少 prices[i] 的收益。
初始条件可以由计算得到 dp[0][0]=0，dp[0][1]=−prices[0]。
由于全部交易结束后，持有股票的收益一定低于不持有股票的收益，因此这时候 dp[n−1][0] 的收益必然是大于 dp[n−1][1] 的，最后的答案即为 dp[n−1][0]。
每一天的状态只与前一天的状态有关，而与更早的状态都无关，因此我们不必存储这些无关的状态，只需要将 dp[i−1][0] 和 dp[i−1][1] 存放在两个变量中，通过它们计算出 dp[i][0] 和 dp[i][1] 并存回对应的变量，以便于第 i+1 天的状态转移即可。
实现代码
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;//初始化int dp0 = 0, dp1 = -prices[0];for (int i = 1; i < n; ++i) {//对于每一天，都计算出持有股票的收益和未持有股票的收益，不断地进行迭代int newDp0 = Math.max(dp0, dp1 + prices[i]);int newDp1 = Math.max(dp1, dp0 - prices[i]);dp0 = newDp0;dp1 = newDp1;}return dp0;}
}方法二：贪心
算法思想：由于股票的购买没有限制，因此整个问题等价于寻找 x 个不相交的区间 (li,ri] 使得如下的等式最大化
其中 li 表示在第 li 天买入，ri 表示在第 ri 天卖出。
如图所示，如果第i天的价格高于第i-1天的价格，则将利润加入到总利润当中
需要说明的是，贪心算法只能用于计算最大利润，计算的过程并不是实际的交易过程。
实现代码：
class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int ans = 0;int n = prices.length;for (int i = 1; i < n; ++i) {ans += Math.max(0, prices[i] - prices[i - 1]);}return ans;}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的长度。我们只需要遍历一次数组即可。
空间复杂度：O(1)。只需要常数空间存放若干变量。
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