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一、题目

给你一个整数数组prices，其中prices[i]表示某支股票第i天的价格。在每一天，你可以决定是否购买和/或出售股票。你在任何时候最多只能持有一股股票。你也可以先购买，然后在同一天出售。返回你能获得的最大利润。

示例 1：
输入：prices = [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 。
总利润为 4 + 3 = 7 。

示例 2：
输入：prices = [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。总利润为4。

示例 3：
输入：prices = [7,6,4,3,1]
输出：0
解释：在这种情况下, 交易无法获得正利润，所以不参与交易可以获得最大利润，最大利润为0。

1 <= prices.length <= 3 * 104
0 <= prices[i] <= 104

二、代码

【1】动态规划： 定义状态dp[i][0]表示第i天交易完后手里没有股票的最大利润，dp[i][1]表示第i天交易完后手里持有一支股票的最大利润（i从0开始）。考虑dp[i][0]的转移方程，如果这一天交易完后手里没有股票，那么可能的转移状态为前一天已经没有股票，即dp[i−1][0]，或者前一天结束的时候手里持有一支股票，即dp[i−1][1]，这时候我们要将其卖出，并获得prices[i]的收益。因此为了收益最大化，我们列出如下的转移方程：dp[i][0]=max⁡{dp[i−1][0],dp[i−1][1]+prices[i]}再来考虑dp[i][1]，按照同样的方式考虑转移状态，那么可能的转移状态为前一天已经持有一支股票，即dp[i−1][1]，或者前一天结束时还没有股票，即dp[i−1][0]，这时候我们要将其买入，并减少prices[i]的收益。可以列出如下的转移方程：dp[i][1]=max⁡{dp[i−1][1],dp[i−1][0]−prices[i]}

对于初始状态，根据状态定义我们可以知道第0天交易结束的时候dp[0][0]=0，dp[0][1]=−prices

因此，我们只要从前往后依次计算状态即可。由于全部交易结束后，持有股票的收益一定低于不持有股票的收益，因此这时候dp[n−1][0]的收益必然是大于dp[n−1][1]的，最后的答案即为dp[n−1][0]。

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {if (prices.length < 2) {return 0;}// 思路：通过二维数组表示当前的两种状态 prices[i][0] 表示持有现金 prices[i][1]表示持有股票，每次遍历获取Maxint[][] dp = new int[prices.length][2];// 初始化0dp[0][0] = 0;dp[0][1] = -prices[0];for (int i = 1; i < prices.length; i++) {dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], dp[i-1][0] - prices[i]);}return dp[prices.length - 1][0];}
}

注意到上面的状态转移方程中，每一天的状态只与前一天的状态有关，而与更早的状态都无关，因此我们不必存储这些无关的状态，只需要将dp[i−1][0]和dp[i−1][1]存放在两个变量中，通过它们计算出dp[i][0]和dp[i][1]并存回对应的变量，以便于第i+1天的状态转移即可。

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int n = prices.length;int dp0 = 0, dp1 = -prices[0];for (int i = 1; i < n; ++i) {int newDp0 = Math.max(dp0, dp1 + prices[i]);int newDp1 = Math.max(dp1, dp0 - prices[i]);dp0 = newDp0;dp1 = newDp1;}return dp0;}
}

时间复杂度： O(n)其中n为数组的长度。一共有2n个状态，每次状态转移的时间复杂度为O(1)，因此时间复杂度为O(2n)=O(n)。
空间复杂度： O(n)我们需要开辟O(n)空间存储动态规划中的所有状态。如果使用空间优化，空间复杂度可以优化至O(1)。

【2】贪心： 由于股票的购买没有限制，因此整个问题等价于寻找x个不相交的区间(li,ri]使得如下的等式最大化∑i=1xa[ri]−a[li]其中li表示在第li天买入，ri表示在第ri天卖出。同时我们注意到对于(li,ri]这一个区间贡献的价值a[ri]−a[li]，其实等价于(li,li+1],(li+1,li+2],…,(ri−1,ri]这若干个区间长度为1的区间的价值和，即a[ri]−a[li]=(a[ri]−a[ri−1])+(a[ri−1]−a[ri−2])+…+(a[li+1]−a[li])因此问题可以简化为找x个长度为1的区间(li,li+1]使得∑i=1xa[li+1]−a[li]价值最大化。

贪心的角度考虑我们每次选择贡献大于0的区间即能使得答案最大化，因此最后答案为ans=∑i=1n−1max⁡{0,a[i]−a[i−1]}其中n为数组的长度。需要说明的是，贪心算法只能用于计算最大利润，计算的过程并不是实际的交易过程。

考虑题目中的例子[1,2,3,4,5]，数组的长度n=5，由于对所有的1≤i<n1都有a[i]>a[i−1]，因此答案为ans=∑i=1n−1a[i]−a[i−1]=4但是实际的交易过程并不是进行4次买入和4次卖出，而是在第1天买入，第5天卖出。

class Solution {public int maxProfit(int[] prices) {int ans = 0;int n = prices.length;for (int i = 1; i < n; ++i) {ans += Math.max(0, prices[i] - prices[i - 1]);}return ans;}
}

时间复杂度： O(n)其中n为数组的长度。我们只需要遍历一次数组即可。
空间复杂度： O(1)只需要常数空间存放若干变量。