本文概览：本文讲解买卖股票的最佳时机的核心思路：每个卖出日的最优买入日就是它前面的历史最低价，一次遍历同时维护最小价格和最大利润，从 O(n²) 降到 O(n)
一、题目
二、题目分析
1. 题目要求
给定一个数组 prices，第 i 个元素代表第 i 天的股票价格。只能选择某一天买入 ，并在它之后的某一天卖出，求能获得的最大利润。如果不能获利，返回 0。
例子 ：prices = [7, 1, 5, 3, 6, 4]
0 1 2 3 4 5 ← 索引（天）
7 1 5 3 6 4 ← 价格
↑ ↑
买入 卖出
（第1天,1） （第4天,6）
最大利润 = 6 - 1 = 5注意两条规则：
- 卖出必须在买入之后（不能在买入前卖出）
- 只能交易一次
比如不能算 7 - 1 = 6：7 在第 0 天，1 在第 1 天，这是"先卖后买"，不合法。
2. 暴力思路：枚举所有买入/卖出组合
由于卖出只能在买入之后，那就从第一天开始，枚举每个买入日、再枚举它后面的每个卖出日，算出所有利润取最大：
java
for (int i = 0; i < n; i++) { // 买入日
for (int j = i + 1; j < n; j++) { // 卖出日
maxProfit = Math.max(maxProfit, prices[j] - prices[i]);
}
}时间复杂度 O(n²)：两层循环，每个买入日都要往后扫一遍所有卖出日。
3. 核心观察：暴力遍历中的无效计算
暴力慢在哪？慢在大量根本不可能成为答案的买入日也被拿来反复比较。
关键观察 ：如果第二天的价格比第一天低，那就肯定不会在第一天买入。为什么？后面无论哪天卖出，只要卖出价高于第一天的买入价，就必然高于第二天的价格，此时第二天买入的利润必然大于第一天买入的利润------第一天买入的所有方案都被第二天全覆盖且更差。
把这个观察推广到一般情况：
对于每一个卖出日 i，最优的买入日一定是 0, i-1 中价格最低的那一天。
既然如此，我们根本不需要枚举买入日。只需一直记录遍历到当天为止，前面所有天里的最低股票价格，然后用当天价格减去这个最低价，就得到了"以当天为卖出日"的最大利润：
- 利润更大 → 替换 maxProfit
- 利润不大 → 不替换
这就是贪心思想：每一步都取当前能拿到的最优解（历史最低价买入、当天卖出），最终合起来就是全局最优。这题是可以用贪心保证正确性的。
三、思路概览
java
public int maxProfit(int[] prices) {
int maxProfit = 0;
int minPrice = prices[0];
for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
// 当天价格更低 → 更新历史最低价，它不可能是卖出日（没利润可算）
if (prices[i] < minPrice) {
minPrice = prices[i];
} else {
// 当天价格更高 → 用历史最低价算利润，尝试更新答案
maxProfit = Math.max(maxProfit, prices[i] - minPrice);
}
}
return maxProfit;
}思路简要说明：
- 两个变量 ：
minPrice记录遍历到当天为止的历史最低价（初始为第 0 天价格），maxProfit记录最大利润（初始 0，保证不获利时返回 0） - 一次遍历：每个新价格只有两种情况------比历史最低价还低（更新最低价），或者更高（算利润、更新答案）
- 贪心本质：每个卖出日的最优买入日就是前面的历史最低价日，所以只需维护一个最低价
- 时间复杂度 O(n)：只扫一遍数组，O(n²) 降到 O(n)
四、思路详解
第一步：暴力到底重复算了什么？
把暴力解在 [7, 1, 5, 3, 6, 4] 上的部分计算列出来：
买入日 0（价格7）：卖出日 1..5 → 利润 -6, -2, -4, -1, -3
买入日 1（价格1）：卖出日 2..5 → 利润 4, 2, 5, 3
买入日 2（价格5）：卖出日 3..5 → 利润 -2, 1, -1
...注意买入日 0 这一整行：价格 7 比第 1 天的 1 高，它算出来的所有利润都惨不忍睹。而买入日 1 的那一行，每一项都比买入日 0 对应的项正好大 6------同样的卖出日，换个更便宜的买入日，利润全面碾压。
结论：买入日价格更高的方案，被"更便宜的买入日"全面覆盖。一个卖出日真正需要配的买入日，只有它前面价格最低的那一天。枚举其它买入日全是无效计算。
第二步：为什么"历史最低价"可以代表所有买入日？
对每个卖出日 i，我们声称最优买入日是 [0, i-1] 中价格最低的那天。证明很简单：
假设卖出日 i，买入日 j 和 j'（都在 i 之前），
且 prices[j'] < prices[j]
利润(j) = prices[i] - prices[j]
利润(j') = prices[i] - prices[j'] > 利润(j)卖出价 prices[i] 是同一个数，买入价越低利润越大。所以比较所有买入日等价于只看最低的那个买入价 ------这就是 minPrice 一个变量能顶掉内层整个循环的原因。
第三步：一次遍历怎么同时维护两个信息？
遍历到第 i 天时，需要的信息有两个：
[0, i-1]的最低价 → 用来当买入价prices[i] - 最低价→ 以第 i 天为卖出日的最大利润
这两个信息可以顺路一起维护：
来到第 i 天：
if prices[i] < minPrice：
说明第 i 天是新的历史最低 → 更新 minPrice
（此时第 i 天自己当卖出日无利可图，跳过利润计算）
else：
prices[i] >= minPrice → 用 prices[i] - minPrice 算利润
尝试更新 maxProfitif-else 的巧妙之处：两个分支互斥且刚好覆盖所有情况------
- 当天是新低，它不可能贡献利润（价格 - 自己 = 0，不大于已有的 maxProfit），但它是未来卖出日的最优买入价，所以只需更新 minPrice
- 当天不是新低，minPrice 保持不变，当天价格减 minPrice 就是它作为卖出日的最优利润
不需要任何嵌套循环，一遍走完，minPrice 始终是"今天之前的最便宜买入价"，maxProfit 始终是"到目前为止的最大利润"。
完整执行过程
以 prices = [7, 1, 5, 3, 6, 4] 为例：
初始：minPrice = 7（第0天），maxProfit = 0
i=1, 价格1：1 < 7 → 更新 minPrice = 1
minPrice = 1, maxProfit = 0
i=2, 价格5：5 > 1 → 利润 5 - 1 = 4 > 0 → 更新
minPrice = 1, maxProfit = 4
i=3, 价格3：3 > 1 → 利润 3 - 1 = 2 < 4 → 不更新
minPrice = 1, maxProfit = 4
i=4, 价格6：6 > 1 → 利润 6 - 1 = 5 > 4 → 更新
minPrice = 1, maxProfit = 5
i=5, 价格4：4 > 1 → 利润 4 - 1 = 3 < 5 → 不更新
minPrice = 1, maxProfit = 5
遍历结束 → 返回 5 ✓
（对应第1天买入价1，第4天卖出价6）再走一个递减数组 [7, 6, 4, 3, 1] 的例子（验证不获利的情况）：
初始：minPrice = 7，maxProfit = 0
i=1, 价格6：6 < 7 → minPrice = 6
i=2, 价格4：4 < 6 → minPrice = 4
i=3, 价格3：3 < 4 → minPrice = 3
i=4, 价格1：1 < 3 → minPrice = 1
全程走的是 if 分支，maxProfit 从未被更新 → 返回 0 ✓
（一直跌，怎么买都亏，不如不交易）复杂度分析
时间复杂度 O(n)：只遍历数组一遍，每个元素只做一次比较（要么更新 minPrice，要么更新 maxProfit）。
空间复杂度 O(1)：只用了两个变量。
对比暴力解：O(n²) → O(n)，空间不变。这是"用观察换循环"的典型例子------发现"最优买入日 = 历史最低价日"之后，内层循环整个被一个变量取代。
五、总结
买卖股票的最佳时机的核心思路：
- 规则：买入必须在卖出之前，只能交易一次
- 暴力：枚举所有（买入日， 卖出日）组合，O(n²)
- 核心观察 ：买入价更高的方案被更便宜的买入日全面覆盖 → 每个卖出日的最优买入日，就是它前面的历史最低价日
- 贪心策略 ：一次遍历，同时维护历史最低价
minPrice和最大利润maxProfit - 分支互斥：当天是新低就只更新 minPrice（它是未来卖出日的最佳买入价）；当天更高就算利润更新答案
贪心思想在本题的体现：每一步（每个卖出日）都取局部最优（配前面的最低价），由于"卖出价固定时买入价越低利润越大"这个单调关系，局部最优叠加起来就是全局最优。
这个"维护前缀最小值"的套路非常常用：遇到"枚举 j，求 a[j] - min(a[0..j-1]) 型"的问题，都可以用同样的方式把 O(n²) 压成 O(n)。