一次买卖问题（single sell profit）
问题是这样的，假设有一只股票a，a[1...n]代表股票a在第1到第n天所对应的股价，试找到一对值i，j，满足1<=i<=j<=n，且a[j]-a[i]取得最大值。如下表
| 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 | |
| a | 2 | 7 | 1 | 8 | 2 | 8 | 4 | 5 | 9 | 0 | 4 | 5 |
对于a[1...n]，最大正收益并非总可以得到，例如a[1...9]={9,8,7,6,5,4,3,2,1}，或者a[9]={0,0,0,0,0,0,0,0,0}，对于这样的行情，你在任何不同的两天，进行买入和卖出操作，所得到的都是负收益，或者0，对于此种情况，我们允许i=j，也就是买进的当天卖出，但是不允许i>j的情况出现，也就是先买入，然后才能卖出。下面我就给出这个问题的几个解法。
穷举法
最容易想到的就是该方法，通过穷举a[1...n]中所有天数组和(i,j)(1<=i<=n,i<=j<=n)，分别计算a[j]-a[i]的值，所有结果中的最大者，就是最终结果。由于要穷举n个数据的2组和，所以整个算法的时间复杂度为O(n^2)。代码如下
int SingleSellProfit(const int array[], size_t array_size)
{
unsigned int i, j;
int profit = INT_MIN;
for(i = 0; i < array_size; ++i)
{
for(j = i; j < array_size; ++j)
{
if(array[j] - array[i] > profit)
{
profit = array[j] - array[i];
}
}
}
return profit;
}
分治法
O(n^2)的时间复杂度显然不能令我们满意，对于此问题是否有更优的解法呢。对于a[1...n]，假设存在k(1<=k<n)，将数组分割为两部分a1[1...k]，a2[k+1...n]，如果我们已知了a1的最大正收益p1和a2的最大正收益p2，那么是否可以计算得到a的最大正收益p呢。
这里需要分三种情况考虑，对于a的最大正收益p，如果买入和卖出时间，均在1～k范围内，那么p=p1，如果买入和卖出时间均在k+1～n范围内，那么p=p2；还有一种情况，就是在1～k范围内某点i买进，在k+1～n范围内的某点j卖出，此时a的最大正收益就等于k+1～n范围内的股价最高点与1～k范围内股价最低点的值的差。所以实际上p的值就等于p1，p2，a[j]-a[i]三者的最大值。利用这个结论，我们就可以利用分治法，将1～n区间内的问题，分解为两个小区间的子问题，通过综合两个小区间子问题的求解结果，得到最终答案。利用递归算法实现代码如下
int Max(int a, int b, int c)
{
if(a >= b && a >= c)
{
return a;
}
if(b >= a && b >= c)
{
return b;
}
if(c >= a && c >= b)
{
return c;
}
}
typedef struct
{
int profit;
unsigned int pmin;//股价最低日期
unsigned int pmax;//股价最高日期
}ret;
ret subRoutine(const int array[], unsigned int begin, unsigned int end)
{
unsigned int middle;
ret r, r1, r2;
if(begin == end)
{
r.profit = 0;
r.pmin = begin;
r.pmax = begin;
return r;
}
middle = (begin + end) / 2;
r1 = subRoutine(array, begin, middle);
r2 = subRoutine(array, middle + 1, end);
r.pmin = array[r1.pmin] < array[r2.pmin] ? r1.pmin : r2.pmin;
r.pmax = array[r1.pmax] > array[r2.pmax] ? r1.pmax : r2.pmax;
r.profit = Max(r1.profit, r2.profit, array[r2.pmax] - array[r1.pmin]);
return r;
}
int SingleSellProfit(const int array[], size_t array_size)
{
ret r = subRoutine(array, 0, array_size -1);
return r.profit;
}
这里需要注意，递归的终止条件就是将a分解为单元素数组时。对于单元素数组，例如a[2]=7，他的最大正收益是a[2]-a[2]=0，股价最高点是a[2]=7，股价最低点也是a[2]=7。对于一个子区间的求解结果，因为无法确定其是与前面的子区间，还是后面的子区间结合生成更大的区间，所以计算过程中，要将该区间的股价最高和最低点都返回。下图说明了使用分治法求解文章开头给出数组的递归调用过程。其中相邻层之间连接线中的数据内容为{下层区间的最大正收益，下层区间的股价最小值，下层区间的股价最大值}
该算法求解一次买卖问题的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(logn)。
递推法
乍看之下，分治法已经是求解该问题的相当理想的解决方案，但是实际上，该问题还有更加犀利的求解算法。假设，我们已经求得a[1...k]中所能获得的最大正收益p，当在该数组的尾部，添加a[k+1]时，我们如何得到a[1...k+1]的最大正收益呢。
对于a[k+1]也有三种情况需要分别处理。
第一种，a[k+1]是卖出点，对于此种情况，假设a[1...k]中的股价最低点为i(1<=i<=k)，那么用a[k+1]-a[i]，就得到了以a[k+1]为卖出点所能得到的最大正收益，如果该值大于p，那么a[k+1]-a[i]就是数组a[1...k+1]中的最大正收益。
第二种，a[k+1]是买入点，如果a[k+1]是全局最大正收益的可能买入点，那么其对应的卖出点j>=k+1，对于a[1...k+1]而言，p依然是该区间所能得到的最大正收益。但是a[k+1]必须要小于a[1...k]区间中的股价最低点a[i](1<=i<=k)，否则的话就有a[j]-a[i]>a[j]-a[k+1]，这与a[k+1]，是全局最大正收益的买入点矛盾。
第三种，如果不满足上述两种情况，则a[k+1]既不是买入点，也不是卖出点。
有了对上面三种情况的分析，就可以给出该问题的递推算法步骤。
- 令k从1到n递增
- 在k==1时，记录当前的最大正收益p=0，区间股价最低点i=1，递增k。
- 判断a[k]-a[i]与p的大小关系，如果a[k]-a[i]>p，令p=a[k]-a[i]，递增k。
- 如果a[k]-a[i]<=p，判断a[k]与a[i]的大小关系，如果a[k]<a[i]，令i=k，递增k。
- 依次递推，直到数组尾部为止，p即是所求的最大正收益。
该算法的代码实现如下
int SingleSellProfit(const int array[], size_t array_size)
{
unsigned int i, pmin;
int profit = 0;
for(i = 0, pmin = 0; i < array_size; ++i)
{
if(array[i] - array[pmin] > profit)
{
profit = array[i] - array[pmin];
continue;
}
if(array[i] < array[pmin])
{
pmin = i;
}
}
return profit;
}
该算法可以在O(n)时间复杂度，O(1)空间复杂度情况下，解决该问题。
后记
问题并不复杂，但却是阐释算法精妙的绝佳示例，对于一个问题，研究的越深入，越有可能得到令人振奋的优秀解法。但是通常情况，简单算法直观易懂，代码实现容易，正确性容易保证，不足之处便是时间或空间的复杂度较高。而复杂算法，往往原理难懂，编码实现容易出错，程序正确性不易保证。所以这就要求我们在具体应用中对于具体问题选择合适的解决方案。
以本文的问题为例，如果任务只是要分析一批数据，那么穷举法无疑是较好的选择，不用动太多的脑筋就可以开发出基本正确的程序，将数据处理完，如果使用分治法，没准别人已经出了分析结果，而你还在调试程序，高效算法的优势完全体现不出来。但是如果要做的是一个股票分析软件，需要对成百上千只股票，几年几十年的历史数据进行分析，算法不是要运行几次，而是几十万次，那么就必须对算法的选择认真斟酌，在实际应用中O(n)和O(n^2)的运行时间，相差不是一点点
当然，该问题的第三个解法——递推法，看似给出了一个完美的解决方案，兼具了简洁和效率。但是在实际工作中，对于一个问题，要提出如此优美的解决方法并非易事，需要对问题本身作深入的分析才有可能完成。很多问题的优美解法，往往是在提出若干年后才被发现的，只能说是可遇而不可求。这就像我的这篇文章中介绍的求最大子串和的Kadane算法在问题提出的7年之后才被发现，原理虽不复杂，但也绝非一朝一夕就可以搞出来。由此可见，算法是一门艺术，将算法应用于具体场景也是一门艺术。