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题目描述
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。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
示例 1:
输入: [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 。
示例 2:
输入: [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 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。
因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
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。
提示：
- $1 \le prices.length \le 3 * 10^4$
- $0 \le prices[i] \le 10^4$
题解：
法一：
贪心。
既然可以多次买卖，那么就可以不停的做 波段 ，即找到相邻的 波峰 和 波底 ，底部买入，顶部卖出。
也就是说，找到每个递增序列的首项和尾项，累计差值。
证明：
假设有这样一个序列 a[i] .... a[j] a[k] .... a[l] ，其中 a[i] 到 a[j] 是一个递增序列， a[j] 到 a[k] 是一个递增序列，且 a[j] > a[k] ，那么就是比较 two = a[j] - a[i] + a[l] - a[k] 与 one = a[l] - a[i] 之间的大小关系，two - one = a[j] - a[k] > 0 ，所以分段累加求和更优。
时间复杂度：$O(n)$
额外空空间复杂度：$O(1)$
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
int profit = 0, buy;
for ( int i = 0; i < n - 1; ++i ) {
if ( prices[i + 1] <= prices[i] ) continue;
buy = prices[i];
while ( i + 1 < n && prices[i + 1] >= prices[i] ) ++i;
profit += prices[i] - buy;
}
return profit;
}
};
/*
时间：4ms，击败：91.68%
内存：12.6MB，击败：29.71%
*/
这种贪心还可以换一种角度考虑：
本质是找到一个个递增的区间 [i ... j] ，首项与尾项的差值就是利润，也就是 a[j] - a[i] ，但是：
a[j] - a[i] = (a[j] - a[j - 1]) + (a[j - 1] - a[j - 2]) + ... + (a[i + 2] - a[i + 1) + (a[i + 1] - a[i]) ，也就是说，可以转换成相邻两项的差值之和，这种转换的思想是 每天尽可能的买和卖 。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int profit = 0;
int gap;
for ( int i = 1; i < prices.size(); ++i ) {
gap = prices[i] - prices[i - 1];
if ( gap > 0 ) profit += gap;
}
return profit;
}
};
/*
时间：0ms，击败：100.00%
内存：12.6MB，击败：26.46%
*/
法二：
动态规划。
设 f[i][j] 表示第 i 天结束的状态，j = 0 表示没有股票 ，j = 1 表示持有股票，状态转移方程如下：
f[i][0] = max(f[i - 1][0], f[i - 1][1] + prices[i])，即前一天没有股票，或前一天有股票但是今天卖出f[i][1] = max(f[i - 1][1], f[i - 1][0] - prices[i])，即前一天有股票，或前一天没有但是今天买了股票
时间复杂度：$O(n)$
额外空间复杂度：$O(n)$
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int n = prices.size();
vector<vector<int>> f( n, vector<int>(2) );
f[0][1] = -prices[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][0];
}
};
/*
时间：20ms，击败：7.82%
内存：14.7MB，击败：5.01%
*/
滚动数组优化：
class Solution {
public:
int maxProfit(vector<int>& prices) {
int f0 = 0, f1 = -prices[0];
int pre_f0 = f0;
for ( int i = 1; i < prices.size(); ++i ) {
f0 = max( f0, f1 + prices[i] );
f1 = max( f1, pre_f0 - prices[i] );
pre_f0 = f0;
}
return f0;
}
};
/*
时间：0ms，击败：100.00%
内存：12.7MB，击败：17.15%
*/
