前言#
今天也有两道题，一道简单，另一道是变体，中等难度
题目1#
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 1：
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。示例 2：
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 <= 1050 <= prices[i] <= 104
分析：#
这道题说难也不难，说简单的话也不简单，因为暴力方案也就是时间复杂度为O(n ^ 2)的方案是超时的
所以我们得思考一下小于O(n ^ 2)时间复杂度的方案。
前面我们说过：当给的数据是一维的，那基本上就意味着存在O(n)的方案，因为是算法题，要的就是巧妙地方案，所以官方出的题都是有骚解法的。
你应该注意到了最大利润里的最大, 那我们是否可以使用动态规划来实现呢？
理论上都是可以的
那么我们要找的目标是啥？求什么设什么，那么我们设dp[i]为最大利润，那么久就存在dp[i] = max(dp[i, dp[i - 1]])。
接着我们要找关系
而利润是售出金额 - 收入金额。
所以dp[i]和prices[i] - cost，有关。
而我们要的是最大的利润，所以cost必须是最小的，即min(cost, prices[i])
所以dp[i] = max(dp[i - 1], prices[i] - min(cost, prices[i]))
然后我们还可以优化下，没必要存储一个数组记录每个元素的最大利润，我们只比较前后两个，所以一个max变量即可。
那么我们就需要两个变量：cost，用来记录一个最大利润：earn
然后处理初始值，由于我们需要dp[i - 1]，所以我们需要知道第一个元素的值，所以起始下标是1。
解#
pub fn max_profit(prices: Vec<i32>) -> i32 {
let len = prices.len();
if len <= 1 {
return 0;
}
let mut cost = prices[0];
let mut earn = 0;
for i in 1..len {
cost = cost.min(prices[i]);
earn = earn.max(prices[i] - cost);
}
earn
}代码就没啥好说的了
题目2#
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 。提示：
1 <= prices.length <= 3 * 1040 <= prices[i] <= 104
分析#
这道题和上面那道也可以用动态规划来解，但是我们还有更快的方案。 我们不再是只能买一次，我们可以买多次，不过同一时刻只能有一个。 所求的是总和最多。
那我们可以贪啊，只要第一天买入第二天卖出的差值大于0，那就是不亏，不亏就是赚啊！
解#
pub fn max_profit2(prices: Vec<i32>) -> i32 {
let len = prices.len();
if len <= 1 {
return 0;
}
let mut cost = prices[0];
let mut diff = 0;
let mut earn = 0;
for i in 1..len {
cost = cost.min(prices[i]);
// 这里需要判断diff是不是递增的，如果不是，那么就是进入拐点，直接抛售
if diff <= prices[i] - cost {
diff = prices[i] - cost;
} else {
earn += diff;
cost = prices[i];
diff = 0;
}
}
earn += diff;
earn
// 简化的写法
// let mut res = 0;
// for i in 1..prices.len() {
// if prices[i] > prices[i - 1] {
// res += prices[i] - prices[i - 1];
// }
// }
// res
}然后我们再来看个老哥的写法
prices.windows(2).map(|x| (x[1] - x[0]).max(0)).sum()简单地说就是使用windows切割成长度为2，间隔为1的二维数组（迭代器）， 比如[7, 1, 5, 3, 6, 4]变成[[7, 1], [1, 5], [5, 3], [3, 6], [6, 4]] 然后去计算每个切片的差值变成一个新数组：[0, 4, 0, 3, 0]，最后相加,正好是7,
写法是很优雅，但是耗时和空间复杂度较高
测试用例#
#[cfg(test)]
mod tests {
use super::{improve_max_profit, max_profit, max_profit2};
#[test]
fn test_max_profit() {
assert_eq!(max_profit([7, 1, 5, 3, 6, 4].to_vec()), 5);
assert_eq!(max_profit([7, 6, 4, 3, 1].to_vec()), 0);
}
#[test]
fn test_max_profit2() {
assert_eq!(max_profit2([7, 1, 5, 3, 6, 4].to_vec()), 7);
assert_eq!(max_profit2([1, 2, 3, 4, 5].to_vec()), 4);
assert_eq!(max_profit2([7, 6, 4, 3, 1].to_vec()), 0);
}
}总结#
第一道简单的题实际上不算简单，因为暴力方案不可用，所以得绕下弯子。
如果没学过动态规划，那就比较难了。
第二道题则是要找到重点：可多次买入卖出。