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今天是小呆刷题的第14天，今天的题目是：力扣（LeetCode)的第121题，买卖股票的最佳时机
题目要求
给定一个数组
prices，它的第i个元素prices[i]表示一支给定股票第i天的价格。你只能选择
某一天买入这只股票，并选择在未来的某一个不同的日子卖出该股票。设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。返回你可以从这笔交易中获取的最大利润。如果你不能获取任何利润，返回
0。
示例：
输入：[7,1,5,3,6,4]
输出：5
解释：在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出，最大利润 = 6-1 = 5 。
注意利润不能是 7-1 = 6, 因为卖出价格需要大于买入价格；同时，你不能在买入前卖出股票。
输入：prices = [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 <= prices.length <= 10^50 <= prices[i] <= 10^4
解题思路
这道题首先我们要明确一个股票买卖的规则就是：当天买入，第二天及以后才能卖出。上面的示例来理解，第3天的股价为5元（prices[2] = 5），那也就是说，我一定是在第1天或者第2天（[price[0] - price[i(2) - 1]]）的范围里买入的股票，才能在第3天卖出。小呆首先能想到的肯定是暴力解法，套2层循环，去计算区间j和i的差，然后返回最大值即可。但是这种方式的性能也比较差，时间复杂度达到了O(n^2)，超出了时间限制。
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(prices) {
if(prices.length <= 1) return 0
let maxProfit = 0
for(let i = 0; i < prices.length - 1; i++) {
for(let j = i + 1; j < prices.length; j++) {
maxProfit = Math.max(maxProfit, prices[j] - prices[i])
}
}
return maxProfit
};
暴力解法肯定不是我们想要的，因为性能比较差，例如这道题直接就超时了，所以我们要想想其他的思路。通过观察示例，其实我们想要得到的就是一个区间范围内的最大值和最小值。也就是[0, prices[i]]（i >= 1）区间范围内的最大值和最小值。所以还可以利用贪心算法来求解。老规矩用动图来辅助理解：
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(prices) {
if(prices.length <= 1) return 0
let maxProfit = 0, minProfit = prices[0]
for(let i = 1; i < prices.length; i++) {
maxProfit = Math.max(maxProfit, prices[i] - minProfit)
minProfit = Math.min(minProfit, prices[i])
}
return maxProfit
};
除了上面的两种解法。小呆没有想到其他思路，习惯性的点开题解看了看，发现这道题还可以用动态规划的思路去做，小呆也是反复看了好几遍，才理解了动态规划的思路。这道题的要求是最大利润，其实可以理解为我们从开始到结束，手里能够持有的最大现金数。那我们每天的状态可以分为两种：
- 一种是我们当天持有股票（不代表当天买入，可能是之前就买了，当天只是持有不操作）时，手里还有的最大现金
- 另一种是我们当天不持有股票（不代表当天就卖出，可能之前就卖了，当天不买也不卖）时，手里还有的最大现金
所以我们需要用一个二维数组表示这两个状态：
dp[i][0]表示持有股票时，手里的最大现金。dp[i][1]表示不持有股票时，手里的最大现金。
然后我们需要明确要求的结果：也就是在最后一天，手里的最大现金。也是在下面两种状态中取最大值：
dp[dp.length - 1][0]，最后一天手里持有股票时，手里的最大现金。dp[dp.length - 1][1]，最后一天手里不持有股票时，手里的最大现金。
因为本题股票买卖只能操作一次，所以要求的结果是第二种：dp[dp.lengh - 1][1]。
接下来需要确定递推公式:
- 如果第
i天持有股票dp[i][0]，那第i天的最大现金可以根据下面两个状态来推断：- 前一天
i - 1手里就持有股票，今天啥也不干，所以今天的最大现金就与前一天一样，就是dp[i - 1][0] - 今天买入股票，今天的最大现金就是买了今天股票之后的最大现金：
-prices[i]（因为要把钱花掉，所以是-prices[i])
- 前一天
因为要求当天所持有的最大现金，这两种状态肯定选现金多的，也就是dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i])
- 如果第
i天不持有股票dp[i][1]，那第i天的最大现金也可以根据下面两个状态来推断：- 前一天
i - 1手里就不持有股票，今天啥也不干，所以今天的最大现金就与前一天一样，就是dp[i - 1][1] - 今天卖出股票，今天的最大现金就是今天卖了股票之后的最大现金：
dp[i - 1][0] + prices[i]（昨天持有股票后剩余的最大现金+今天股票卖出后所得的现金）
- 前一天
同理：dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][1] + prices[i])
下一步是要对dp数组进行初始化：
通过递推公式，我们发现，当天的最大现金肯定与前一天手里的最大现金相关联，所以第一天我们能干的事儿就两种：
- 买入股票（借钱买），持有它，于是
dp[0][i] = -prices[0]，也就是我们手里的现金是负数。 - 不操作，不持有股票，于是
dp[0][1] = 0。
然后我们确定遍历顺序，由于dp[i]是有dp[i - 1]推导出来的，所以是从前向后，遍历的下标也就一定是从1开始。
老规矩，配张动图辅助理解：
/**
* @param {number[]} prices
* @return {number}
*/
var maxProfit = function(prices) {
let dp = new Array(prices.length)
for(let i = 0; i < dp.length; i++) {
dp[i] = new Array()
}
// 上面创建二维数组的方式也可以用fill，只不过用fill填充的是同一个数组的引用，每次操作都会改变所有dp[i]
// 单从做题来看，使用fill执行速度更快，内存占用更小。
// 但是如果从理解动态规划来看，还是使用for为每一个dp[i]创建一个数组，更容易观察递推公式的每一步流程
// let dp = new Array(prices.length).fill(new Array())
dp[0][0] = -prices[0]
dp[0][1] = 0
for(let i = 1; i < prices.length; i++) {
dp[i][0] = Math.max(dp[i - 1][0], -prices[i]) // 前一天手里有股票的现金，和前一天没股票，今天买完股票后的现金取较多的一方
dp[i][1] = Math.max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] + prices[i]) // 前一天未持有股票的现金，（今天卖完股票后的现金 + 前一天持有股票时，剩下的现金）
}
return dp[dp.length - 1][1] // 因为只允许买卖一次，所以肯定是清空股票之后的现金要比持有股票的现金多
}
最后附上执行时间：
| 执行用时 | 内存消耗 | |
|---|---|---|
| 贪心算法 | 80ms | 50.5MB |
| 动态规划（使用fill创建二维数组） | 92ms | 51.5MB |
| 动态规划（使用for创建二维数组） | 216ms | 78.4MB |
小结
今天最大的收获还是对动态规划的理解，挺有意思的一个过程，通过推导来解决一个问题。加油~
