力扣 121. 买卖股票的最佳时机

题目来源：https://leetcode.cn/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock/description/

好久没写代码了，啥啥都忘了

C++题解1：贪心算法。（来源代码随想录）

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。

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector& prices) {
        int low = prices[0];
        int n = prices.size();
        int maxp = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++){
            low = min(low, prices[i]);
            maxp = max(maxp, prices[i] - low);
        }
        return maxp;
    }
};

C++题解2：动态规划 （来源代码随想录）

动规五部曲分析如下：

1. 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 ，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

2. 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]);

3. 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;

4. 确定遍历顺序

从递推公式可以看出dp[i]都是由dp[i - 1]推导出来的，那么一定是从前向后遍历。

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector& prices) {
        int n = prices.size();
        // 所拥有的金额
        vector> dp(n, vector(2));
        dp[0][0] = -prices[0]; //持有，即买入或者之前就持有
        dp[0][1] = 0;    //不持有，即卖出或者之前就已经卖出
        for(int i = 1; i < n; 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[n-1][1]; // 最后一定是不持有
    }
};

从递推公式可以看出，dp[i]只是依赖于dp[i - 1]的状态。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：

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector& prices) {
        int len = prices.size();
        vector> dp(2, vector(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];
    }
};