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)

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& 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：

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
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 $i - 1$ $0$ );

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;

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)

cpp 复制代码

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int n = prices.size();
        // 所拥有的金额
        vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(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)

cpp 复制代码

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