Leetcode第121題到123題連續出現了三道買賣股票相關的題目，一年前的網易筆試和半年前的百度面試都遇到過121題，不過不用慌，看完本文，你一定能夠完美解決買賣股票的問題。那么我們由易到難，依次介紹這三道題目。

best time to buy and sell stock

121題題目是這樣的：

在所有的過程中，我們只允許一次的買賣，基于這個問題，我們得到了下面的兩種解法。

根據題意，我們只需要找出數組中最大的差值即可，即 max(prices[j] – prices[i]) ，i < j。

如何得到最大的差值，只需要一次遍歷即可，在遍歷的用一個變量記錄遍歷到當前時的最小值即可。時間復雜度為O(n).

相關的實現代碼如下：

classSolution{publicintmaxProfit(int[]prices){if(prices==null||prices.length2){return0;}intmin=prices[0];intprofit=0;//第i天的價格可以看作是買入價也可以看作是賣出價for(inti=1;i//找到更低的買入價if(min>prices[i]){//更新買入價min=prices[I];}//當天的價格不低于買入價else{//如果當天買出的價格比之前賣出的價格高if(profit//更新賣出價profit=prices[i]-min;}}}returnprofit;}}

第二題的解法是我在面試百度的時候想到的，應用的是求數組中和最大的連續子數組序列的思路，這種思路又被稱為Kadane's Algorithm。我們有兩個問題：

如何轉化為求數組中的和最大的連續子序列？相鄰兩個數作差即可，這樣的話子序列的和就是我們在子序列開始賣出股票，在子序列最后買回股票所能得到的收益。

那么什么是Kadane's Algorithm呢？

kadane算法利用了數學歸納法的思想。簡單來講就是，隨意給你一個現成的數組，比如說?2, 1, ?3, 4, ?1, 2, 1, ?5, 4，讓你求其中的最大子列和，并不是容易的事情。但如果我們能從第一個數開始，隨著數組的擴充，始終對其最大子列和保持跟蹤，就可以輕易的求出任意一個數組的最大子列和。換言之，長度n的數組我們不會求，長度為一的總能算出來吧？長度為一的算出來了，二也就能算出來，二算出來了，三就能算出來，以此類推，用這種根據i求i+1的思想，我們就能達到最終目的。

詳細的分析一下，往一個長度為i的數組后面插入第i+1個數，這時，數組的最大子列只有兩種情況，要么包括第i+1個數，要么不包括第i+1個數。即：

maxsubarraum = max(以第i+1個數結尾的子列和， 不以第i+1個數結尾的子列和)。*

先計算前者，以第i+1個數結尾的子列和怎么算呢？很簡單，要么它是以第i個數結尾的子列作為前綴，要么它不以之作為前綴。假設第i+1個數為x，那么：

以第i+1個數結尾的子列和 = max(x，以第i個數結尾的子列和+x) (1)。

再計算后者，也就是不以第i+1個數結尾的子列和。這啥意思呢？其實就是插入第i+1個數之前的數組的最大子列和嘛。我們的數學歸納思想也就體現在這里，如果你還看不明白，我們將*式改寫：

數列長度i+1的最大子列和 = max(以第i+1個數結尾的子列和， 數列長度i的最大子列和)。(2)

看到了吧，無論(1)式還是(2)式，后一種情況都可以由前一種情況推出，妥妥的數學歸納。我們的算法只要從i=1開始，一步一步按照上面的規則走下去，那么任意一個數列的最大子列和就能求出來了！

classSolution{publicintmaxProfit(int[]prices){if(prices==null||prices.length<2)return0;intmaxCur=0;intmaxSoFar=0;for(inti=1;i0,Math.max(prices[i]-prices[i-1],maxCur+prices[i]-prices[i-1]));maxSoFar=Math.max(maxCur,maxSoFar);}returnmaxSoFar;}}

這道題的描述如下：

這道題允許無限次的買賣，簡直太簡單了吧，只要后一天的價值比前一天的大，那就買賣唄。不忍吐槽的一道題，代碼如下：

classSolution{publicintmaxProfit(int[]prices){if(prices==null||prices.length<2)return0;intmaxProf=0;for(inti=1;iprices[i-1]?prices[i]-prices[i-1]:0);}returnmaxProf;}}

這一題還是比較難的，題目描述如下：

我們只允許最多兩次的買賣，這可如何是好？我們同樣提供兩種思路：

這個問題可以轉換成Best Time to Buy and Sell Stock I問題。

兩次股票交易的核心是可以定義一個交易點，在這個交易點之前可以做一次交易(賺的最大數目的錢為firstProf)，在這個交易點之后可以做一個交易(賺的最大數目的錢是secondProf)。那么要求的是max(firstProf+secondProf)。但是這個方法的時間復雜度是O(N^2)，空間復雜度是O(1)。leetcode中顯示超時。

可以使用兩次掃描的方法避免上面的雙重循環。

不同于Best Time to Buy and Sell Stock I中定義的初始狀態A[i]表示第i天賣出掙的最大數目的錢，這個更進一步直接定義A[i]表示前i天賺的最大數目的錢。minPrice表示從第0天到第i-1天中的最低價格。

A[0]=0。（初始狀態）A[1]=max(prices[1]-prices[0],A[0])A[2]=max(prices[2]-minPrice,A[1]).....

即A[i]=max(price[i]-minPrice,A[i-1]).

另外一次掃描從數組后向前掃描，定義B[i]表示從第i天到最后一天n能賺的最大數目的錢。

maxPrice表示第i+1天到n天的最高價格。B[n]=0。（初始狀態）B[n-1]=max(maxPrice-prices[n-1],B[n])B[n-2]=max(maxPrice-prices[n-2],B[n-1]).....

即B[i]=max(maxPrice-prices[i],B[i+1])

那么以第i天為分割點能賺的最多數目的錢為A[i]+B[i]問題的解為max{A[i]+B[i]}。0<=i<=n。時間復雜度是O(N)，空間復雜度是O(N)。

classSolution{publicintmaxProfit(int[]prices){if(prices==null||prices.length<2)return0;int[]asc=newint[prices.length];int[]desc=newint[prices.length];intn=prices.length;intminprice=prices[0];intmaxProf=0;asc[0]=0;for(inti=1;iasc[i]=Math.max(prices[i]-minprice,maxProf);minprice=Math.min(prices[i],minprice);maxProf=asc[i];}desc[prices.length-1]=0;maxProf=0;intmaxprice=prices[prices.length-1];for(inti=prices.length-2;i>=0;i--){desc[i]=Math.max(maxprice-prices[i],maxProf);maxprice=Math.max(maxprice,prices[i]);maxProf=desc[i];}maxProf=0;for(inti=0;iasc[i]+desc[i]);}returnmaxProf;}}

第二種解法的核心是假設手上最開始只有0元錢，那么如果買入股票的價格為price，手上的錢需要減去這個price，如果賣出股票的價格為price，手上的錢需要加上這個price。

因此我們定義了4個狀態：

Buy1[i]表示前i天做第一筆交易買入股票后剩下的最多的錢；Sell1[i]表示前i天做第一筆交易賣出股票后剩下的最多的錢；Buy2[i]表示前i天做第二筆交易買入股票后剩下的最多的錢；Sell2[i]表示前i天做第二筆交易賣出股票后剩下的最多的錢；

那么假設我們在第i天時第二次賣出股票，我們賣出股票可以獲得Buy2[i-1]+prices[i]的錢，假設在第i天前已經完成了兩筆交易，那么我們最多的錢是Sell2[i-1]，因此Sell2[i]=max{Sell2[i-1],Buy2[i-1]+prices[I]}同樣的道理，假設我們在第i天時第二次買入股票，我們手中的錢是Sell[i-1]-prices[i]，假設我們在第i天錢已經賣出了兩次股票，那么我們最多的錢是Buy2[i-1]，因此Buy2[i]=max{Buy2[i-1],Sell[i-1]-prices[I]}同樣的道理我們還可以得到：Sell1[i]=max{Sell[i-1],Buy1[i-1]+prices[I]}Buy1[i]=max{Buy[i-1],-prices[I]}

可以發現上面四個狀態都是只與前一個狀態有關，所以可以不使用數組而是使用變量來存儲即可。