【LeetCode Hot100 刷题日记（77/100）】121. 买卖股票的最佳时机 —— 贪心算法 & 一次遍历优化 💰

📌 题目链接：121. 买卖股票的最佳时机 - 力扣（LeetCode）

🔍 难度：简单 | 🏷️ 标签：数组、贪心、动态规划思想、一次遍历

⏱️ 目标时间复杂度：O(n)

💾 空间复杂度：O(1)

🧠 题目分析

本题要求在仅允许一次买入和一次卖出的前提下，找出能获得的最大利润。关键约束如下：

必须先买入再卖出（即 i < j）；
只能交易一次（不能多次买卖）；
若无法获利（如价格持续下跌），则返回 0。

这看似是一个“找最大差值”的问题，但差值必须满足后项 > 前项且索引递增，因此不能简单用 max - min。

💡 面试高频点：此题是“股票系列”第一题，后续还有 2~6 道变体（允许多次交易、含手续费、冷冻期等），掌握本题是理解整个系列的基础！

⚙️ 核心算法及代码讲解

✅ 核心思想：贪心 + 一次遍历

我们不需要知道具体哪天买、哪天卖，只需在遍历过程中：

记录到目前为止的最低价格（minprice） —— 这代表“如果我在今天之前买，最便宜是多少”；
计算今天卖出能获得的利润（price - minprice） ；
更新全局最大利润（maxprofit） 。

🌟 为什么这是贪心？
因为我们每一步都做出局部最优选择：假设“以历史最低价买入”，然后看今天卖出是否更优。虽然我们不知道未来价格，但通过不断更新 minprice 和 maxprofit，最终能得到全局最优解。

📌 与动态规划的关系：
此解法可视为 DP 的空间优化版本。标准 DP 定义 dp[i][0/1] 表示第 i 天持有/不持有股票的最大利润，但本题状态转移只依赖前一天，故可压缩为两个变量。

🔍 代码逐行注释（C++）

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        // 初始化 minprice 为一个极大值（比题目中 prices[i] <= 1e4 更大）
        int inf = 1e9;
        int minprice = inf;   // 记录遍历到当前位置时的历史最低价格
        int maxprofit = 0;    // 记录全局最大利润

        // 遍历每一天的价格
        for (int price : prices) {
            // 先尝试在今天卖出：利润 = 当前价格 - 历史最低买入价
            maxprofit = max(maxprofit, price - minprice);
            // 再更新历史最低价（注意顺序！必须先计算利润再更新 minprice）
            minprice = min(price, minprice);
        }
        return maxprofit;
    }
};

⚠️ 关键细节：
必须先计算 maxprofit，再更新 minprice！
如果顺序颠倒，会导致当天价格既作为买入又作为卖出（即 price - price = 0），虽然不影响结果（因为 maxprofit 不会变小），但逻辑上错误。更重要的是，在某些变体题中（如限制交易次数），顺序错误会导致严重 bug。

🧩 解题思路（分步拆解）

初始化：设 minprice = +∞（确保第一天价格能更新它），maxprofit = 0。
遍历每一天：
- 步骤 A：假设今天卖出，计算利润 price - minprice，并更新 maxprofit。
- 步骤 B：将今天的 price 与 minprice 比较，更新历史最低价。
返回结果：遍历结束后，maxprofit 即为答案。

📊 以示例 [7,1,5,3,6,4] 为例：

Day Price minprice (before update) profit (price - minprice) maxprofit minprice (after update)
0 7 ∞ 7 - ∞ → 负数（忽略） 0 7
1 1 7 1 - 7 = -6 0 1
2 5 1 5 - 1 = 4 4 1
3 3 1 3 - 1 = 2 4 1
4 6 1 6 - 1 = 5 5 1
5 4 1 4 - 1 = 3 5 1

✅ 最终 maxprofit = 5，正确！

Day	Price	minprice (before update)	profit (price - minprice)	maxprofit	minprice (after update)
0	7	∞	7 - ∞ → 负数（忽略）	0	7
1	1	7	1 - 7 = -6	0	1
2	5	1	5 - 1 = 4	4	1
3	3	1	3 - 1 = 2	4	1
4	6	1	6 - 1 = 5	5	1
5	4	1	4 - 1 = 3	5	1

📈 算法分析

项目	分析
时间复杂度	O(n) ：仅需一次遍历数组，每个元素访问一次。
空间复杂度	O(1) ：仅使用两个额外变量 `minprice` 和 `maxprofit`。
稳定性	稳定，无边界问题（因 `maxprofit` 初始为 0，即使全下跌也返回 0）。
扩展性	此思想可推广至“最多 k 次交易”等问题（需结合 DP）。

💼 面试加分项：

能说出“这是贪心，因为每一步都基于当前最优假设”；

能对比暴力法（O(n²)）并说明为何一次遍历足够；

能指出“顺序不能颠倒”的细节；

能联系到后续股票问题（如 #122 无限次交易可用贪心累加正差值）。

💻 代码实现

C++（保留原模板结构）

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;

class Solution {
public:
    int maxProfit(vector<int>& prices) {
        int inf = 1e9;
        int minprice = inf, maxprofit = 0;
        for (int price : prices) {
            maxprofit = max(maxprofit, price - minprice);
            minprice = min(price, minprice);
        }
        return maxprofit;
    }
};

// 测试
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);
    cout.tie(nullptr);

    Solution sol;
    vector<int> prices1 = {7,1,5,3,6,4};
    cout << sol.maxProfit(prices1) << "\n"; // 输出: 5

    vector<int> prices2 = {7,6,4,3,1};
    cout << sol.maxProfit(prices2) << "\n"; // 输出: 0

    return 0;
}

JavaScript

/**
 * @param {number[]} prices
 * @return {number}
 */
var maxProfit = function(prices) {
    let minprice = Infinity;
    let maxprofit = 0;
    for (const price of prices) {
        maxprofit = Math.max(maxprofit, price - minprice);
        minprice = Math.min(price, minprice);
    }
    return maxprofit;
};

// 测试
console.log(maxProfit([7,1,5,3,6,4])); // 5
console.log(maxProfit([7,6,4,3,1]));   // 0

🌟 本期完结，下期见！🔥

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