力扣之買賣股票的最佳時機

水冗水孚發表於2022-07-06
力扣

題目描述

給定一個陣列 prices ，它的第 i 個元素 prices[i] 表示一支給定股票第 i 天的價格。

你只能選擇 某一天 買入這隻股票，並選擇在 未來的某一個不同的日子 賣出該股票。設計一個演算法來計算你所能獲取的最大利潤。

返回你可以從這筆交易中獲取的最大利潤。如果你不能獲取任何利潤，返回 0 。

示例 1：

輸入：[7,1,5,3,6,4]
輸出：5
解釋：在第 2 天（股票價格 = 1）的時候買入，在第 5 天（股票價格 = 6）的時候賣出，最大利潤 = 6-1 = 5 。
     注意利潤不能是 7-1 = 6, 因為賣出價格需要大於買入價格；同時，你不能在買入前賣出股票。

示例 2：

輸入：prices = [7,6,4,3,1]
輸出：0
解釋：在這種情況下, 沒有交易完成, 所以最大利潤為 0。
力扣原題目地址：https://leetcode.cn/problems/...

思路分析

關於這道題目，可以兩次迴圈暴力求結果，不過不太好，此處不說暴力求解結果的程式碼方式（附在最後）。

我們一般遇到一個複雜問題的時候，可以把複雜問題進行簡化拆解，在解決簡化拆解問題的時候，尋找規律、發現規律，最終在複雜問題上使用我們之前發現的簡化問題相似的規律，從而解決之

比如老闆上來就讓我們製造一個原子彈，啊，不會啊。沒關係我們先研究一下，如何製造一個手榴彈。反正都是蛋嘛，都是爆炸用的，總是有相通之處，手榴彈製造出來了，原子彈也就快了。這個比喻不太恰當，反正是那個意思，大家自行體會哈 ^_^

閱讀題目以後我們大概知道需求如下：

  • 要想獲得最高收益，就必須在低位買進、高位賣出

    • 即：找到陣列中的最大值，最小值，最大減最小就是最高收益

  • 股票是，先買後賣。所以買股票的時間靠前、賣股票的時間靠後

    • 即：最小值的位置索引要小於最大值的位置索引
  • 問題是，我們暫時不知道那天買進股票最低，那天最高？？？

乾脆，我們就假設，頭一天股票最低，3塊錢就能買，後面股票漲漲跌跌，但是，始終沒有低於3塊的。所以頭一天買進最划算。我們以5天為週期，刷卡付款頭一天買了。於是就模擬定義一個陣列：let arr = [3,8,6,12,9]，接下來，我們把問題轉化成：

已知第一天買的股價最低，後面的每一天都比第一天股價高，求那一天賣掉最多能賺多少錢

複雜問題拆解之簡化

於是我們根據需求，可以寫出下面的程式碼：

let arr = [3, 8, 6, 12, 9]
function maxProfit(prices) {
    // 1. 假設初始收益為0，後面每一天的價格減去第一天的買入價格就是收益
    let maxProfitValue = 0
    for (let i = 1; i < prices.length; i++) {
        // 2. 只要收益大的（收益大的記在本子上，收益小的劃掉不要）
        maxProfitValue = Math.max(maxProfitValue, prices[i] - 3)
    }
    // 3. 最終得到一個最大收益，並返回
    return maxProfitValue;
}
console.log( maxProfit(arr) ); // 9

上述程式碼 maxProfitValue = Math.max(maxProfitValue, prices[i] - 3)我們可以換一下寫法，因為3是第一天的價格，所以換成arr[0] 即：

複雜問題拆解之簡單變換

let arr = [3, 8, 6, 12, 9]
function maxProfit(prices) {
    let min = prices[0] // 變換之~我們已知最低點股價是第一項，故定義變數表示
    // 1. 假設初始收益為0，後面每一天的價格減去第一天的買入價格就是收益
    let maxProfitValue = 0
    for (let i = 1; i < prices.length; i++) {
        // 2. 只要收益大的（收益大的記在本子上，收益小的劃掉不要）
        maxProfitValue = Math.max(maxProfitValue, prices[i] - min) // 變換之~最低價是min，這裡賣出高價-買入最低價也是用min變數了
    }
    // 3. 最終得到一個最大收益，並返回
    return maxProfitValue;
}
console.log( maxProfit(arr) ); // 9

看到這裡，有的朋友說了，假如第一天、陣列中的第一項不是最小的呢？假如第二項有可能比第一項小呢？沒關係，我們們對比一下就行了，誰小用誰。反正有迴圈，可以拿到每一項的值，對比就是嘍。虛擬碼如下：

let min = arr[0] // 假設第一項最小
min = Math.min(min,arr[i]) // 第二項和當下最小值做對比，誰小就保留誰
Math.min(5,2,8,3) // Math.min求一組數中的最小值 左側程式碼執行得到結果2
於是上述程式碼又可以做一個變換

複雜問題之變換解決之

function maxProfit(prices) {
    let min = prices[0] // 1. 假設最低股價是第一項，若後續有更低的股價，就用後續更低的
    let maxProfitValue = 0 // 2. 假設初始收益為0，後面每一天的價格減去買入價格就是收益
    for (let i = 1; i < prices.length; i++) {
        min = Math.min(min, prices[i]) // 3. 變換解決之，使用Math.min對比一下，看那一天的股價最低，就用那個
        // 4. 只要收益大的（收益大的記在本子上，收益小的劃掉不要）
        maxProfitValue = Math.max(maxProfitValue, prices[i] - min) // 5. 已知最低價是min，那麼收益就等於賣出價-最低價
    }
    return maxProfitValue; // 6. 最終得到一個最大收益，並返回
}

好了，看到這裡，力扣演算法題也就解決啦。所以思路很重要：複雜的問題簡單化，在簡單化處理的過程中不斷尋找規律，從而向複雜化過渡，最終通過尋得的規律解決複雜化的問題

附：雙層迴圈暴力解法

function maxProfit(prices) {
    let arr = [0] // 指定預設收益為0
    for (let i = 0; i < prices.length; i++) {
        for (let j = i + 1; j < prices.length; j++) {
            arr.push(prices[j] - prices[i]) // 把所有計算出的利潤都追加到一個陣列中
        }
    }
    return Math.max(...arr) // 然後求出這個陣列中的最大值即為最大收益
}

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