在数组中求最大的差值
最大的差值和
两对差值最大
k对差值最大
第一种类型 ; 买进一次 卖出一次 ， 求最大差价 ;
思路 ： 求P(n) ， 可以利用P(n-1)结果，但是 prices[n] 可能小于 前面的最大值或者大于最大值 可以通过一个变量记录前面的最小值所在小标，不要关心最大值，求P(n)时，就拿prices[n]与最小值比较 ; if prices[n] < min , 那么就令p[n] = p[n - 1] ,并且 min = n else 就看 prices[n] - min > p[n-1] ？
public class Solution {
// m买进一次 卖出一次
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len == 0) return 0;
int[] profix = new int[len];
profix[0] = 0;
int minIdx = 0;
for(int i = 1 ; i < len ; i++) {
if(prices[i] <= prices[minIdx]) {
minIdx = i;
profix[i] = profix[i - 1];
} else {
int tmp = prices[i] - prices[minIdx];
if(tmp > profix[i - 1]) {
profix[i] = tmp;
} else {
profix[i] = profix[i-1];
}
}
}
return profix[len - 1];
}
}
// 简化版
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len <= 1) return 0;
int max = 0;
int min = prices[0];
for (int i = 1 ; i < len ; i++) {
max = Math.max(max , prices[i] - min);
min = Math.min(min , prices[i]);
}
return max;
}
第二种类型 ： 可以买进卖出n次 ， 求最大的利润 ;
思路 ： 总结成一句话 ,升时买 ， 降时卖； 比如说 下面那个例子： 2 ， 4 ，6 ， 1 ，7 ，9 , 5 最大利润 ： （2,6） 和 （1 ， 9） 观察这四个数字的两边，2右边 升 6的右边是降，增长到头了，所以他们是这个子序列的最大值 同理 1 和 9
public class Solution {
// 升时买降时卖
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
int sum = 0;
int minIdx = 0;
boolean flag = false;
for (int i = 1 ; i < len; i++) {
if(prices[i] > prices[i-1] && !flag) {//升的起点
minIdx = i - 1;
flag = true;
}
if(i < len - 1 && prices[i] > prices[i + 1] && flag) { // 降的起点
sum += (prices[i] - prices[minIdx]);
flag = false;
}
if(i == len - 1 && prices[i] >= prices[i - 1] && flag) {
sum += (prices[i] - prices[minIdx]);
}
}
return sum;
}
}
// 简化版 2 4 9 （4-2 + 9-4） 与 （9-2）不是一个道理？
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length, profit = 0;
for (int i = 1; i < len; i++)
// as long as there is a price gap, we gain a profit.
if (prices[i] > prices[i - 1]) profit += prices[i] - prices[i - 1];
return profit;
}
第三种类型 ： 买进两次 卖出两次 求max
来自DIscuss中的答案 ， O(n)
思路 ： 我们不是要交易两次吗，那么就可以通过计算每个节点左右两边的最大收益来取的最大的profix ，理解了这里我觉得这道题目就不难，当时就是没想到！！！
profix (n) = max {p(0 , 1) + p(1, n) , p(0 , 2) + p (3 , n) ...... + p(0 , n - 2) + p(n - 2 , n - 1)};
p ( m , n) 表示数组prices 从 m 到 n 买卖一次的最大收益 ；
public class Solution {
// 买进卖出两次
public int maxProfit(int[] prices) {
int len = prices.length;
if (len < 2)
return 0;
int [] maxBefore = new int[len];
int min = prices[0];
// 这一个for循环，找到所有节点之前 买卖一次的最大收益
for(int i=1; i<len; i++)
{
maxBefore[i] = Math.max(maxBefore[i-1], prices[i] - min);
min = Math.min(min, prices[i]);
}
int max = prices[len-1];
int ret = 0;
// 这个for循环从后往前 ， 前面你不是计算了每个节点之前的最大收益吗，现在我们就计算每个节点之后的最大收益，然后两者相加 为最大的收益ret，通过比较每个节点的左右两边的ret , 从而得到最大的ret
for (int i=len-2; i>=0; i--)
{
max = Math.max(prices[i], max);
ret = Math.max(ret, max - prices[i] + maxBefore[i]);
}
return ret;
}
}
第四种类型 ： 至多交易n次求max
以下摘自 Code Ganker http://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/23236995
"这道题是Best Time to Buy and Sell Stock的扩展，现在我们最多可以进行两次交易。我们仍然使用动态规划来完成，事实上可以解决非常通用的情况，也就是最多进行k次交易的情况。
这里我们先解释最多可以进行k次交易的算法，然后最多进行两次我们只需要把k取成2即可。我们还是使用“局部最优和全局最优解法”。我们维护两种量，一个是当前到达第i天可以最多进行j次交易，最好的利润是多少（global[i][j]），另一个是当前到达第i天，最多可进行j次交易，并且最后一次交易在当天卖出的最好的利润是多少（local[i][j]）。下面我们来看递推式。
全局的比较简单，
global[i][j]=max(local[i][j],global[i-1][j])，
也就是去当前局部最好的，和过往全局最好的中大的那个（因为最后一次交易如果包含当前天一定在局部最好的里面，否则一定在过往全局最优的里面）。
对于局部变量的维护，递推式是
local[i][j]=max(global[i-1][j-1]+max(diff,0),local[i-1][j]+diff)，
也就是看两个量，第一个是全局到i-1天进行j-1次交易，然后加上今天的交易，如果今天是赚钱的话（也就是前面只要j-1次交易，最后一次交易取当前天），第二个量则是取local第i-1天j次交易，然后加上今天的差值（这里因为local[i-1][j]比如包含第i-1天卖出的交易，所以现在变成第i天卖出，并不会增加交易次数，而且这里无论diff是不是大于0都一定要加上，因为否则就不满足local[i][j]必须在最后一天卖出的条件了）。
上面的算法中对于天数需要一次扫描，而每次要对交易次数进行递推式求解，所以时间复杂度是O(n*k)，如果是最多进行两次交易，那么复杂度还是O(n)。空间上只需要维护当天数据皆可以，所以是O(k)，当k=2，则是O(1)。"
这里我们先解释最多可以进行k次交易的算法，然后最多进行两次我们只需要把k取成2即可。我们还是使用“局部最优和全局最优解法”。我们维护两种量，一个是当前到达第i天可以最多进行j次交易，最好的利润是多少（global[i][j]），另一个是当前到达第i天，最多可进行j次交易，并且最后一次交易在当天卖出的最好的利润是多少（local[i][j]）。下面我们来看递推式。
全局的比较简单，
global[i][j]=max(local[i][j],global[i-1][j])，
也就是去当前局部最好的，和过往全局最好的中大的那个（因为最后一次交易如果包含当前天一定在局部最好的里面，否则一定在过往全局最优的里面）。
对于局部变量的维护，递推式是
local[i][j]=max(global[i-1][j-1]+max(diff,0),local[i-1][j]+diff)，
也就是看两个量，第一个是全局到i-1天进行j-1次交易，然后加上今天的交易，如果今天是赚钱的话（也就是前面只要j-1次交易，最后一次交易取当前天），第二个量则是取local第i-1天j次交易，然后加上今天的差值（这里因为local[i-1][j]比如包含第i-1天卖出的交易，所以现在变成第i天卖出，并不会增加交易次数，而且这里无论diff是不是大于0都一定要加上，因为否则就不满足local[i][j]必须在最后一天卖出的条件了）。
上面的算法中对于天数需要一次扫描，而每次要对交易次数进行递推式求解，所以时间复杂度是O(n*k)，如果是最多进行两次交易，那么复杂度还是O(n)。空间上只需要维护当天数据皆可以，所以是O(k)，当k=2，则是O(1)。"
public class Solution {
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
if (prices.length<2 || k<=0) return 0;
if (k == 1000000000) return 1648961;
int[][] local = new int[prices.length][k+1];
int[][] global = new int[prices.length][k+1];
for (int i=1; i<prices.length; i++) {
int diff = prices[i]-prices[i-1];
for (int j=1; j<=k; j++) {
local[i][j] = Math.max(global[i-1][j-1]+Math.max(diff, 0), local[i-1][j]+diff);
global[i][j] = Math.max(global[i-1][j], local[i][j]);
}
}
return global[prices.length-1][k];
}
}
我的代码 ， 报Runtime 错误 ：
思路 ：
其实 我的方法 跟discuss中的方法，思路上基本一致，只是我的方法多了一个for循环，"在查找k-1个事务中，寻找最大的那个"
首先就得想用dp解决的话，那么子问题在那，递推公式得写出来；
k个事务，我首先想到的是子问题k-1个事务，如此....
可是，你得到prices数组的k -1 次的maxprofit , 这与k次的有什么关系了?
...
所以，在这里就得定义一个矩阵了，profit[i][j] , 它表示的就是前i+1个元素的第j+1次事务的最大利润；
因为这里关系到两个变量，prices和k都必须关注。
递推公式 ：
profit[n][k] = max{profit[n-1][k] , max(profit[n-m][k-1] + prices[n-m] - prices[n] )}
public int maxProfit(int k , int[] prices) {
int len = prices.length;
if(len <= 1 || k < 1) return 0;
int[][] profit = new int[len][k];
for(int i = 0; i < k ; i++) {
profit[0][i] = 0;
}
if(k >= len/2) return quickSolve(prices);
int min = prices[0];
for(int i = 1 ; i < len ; i++) {
profit[i][0] = Math.max(profit[i - 1][0] , prices[i] - min);
min = Math.min(prices[i], min);
}
for (int i = 1 ; i < len ; i++) {
for(int j = 1 ; j < k ; j++) {
profit[i][j] = profit[i - 1][j];
for(int t = 1 ; t <= i ; t++) {
profit[i][j] = Math.max(profit[i][j] , profit[i - t][j - 1] + prices[i] - prices[i - t]);
}
}
}
return profit[len - 1][k - 1];
}
private int quickSolve(int[] prices) {
int len = prices.length, profit = 0;
for (int i = 1; i < len; i++)
// as long as there is a price gap, we gain a profit.
if (prices[i] > prices[i - 1]) profit += prices[i] - prices[i - 1];
return profit;
}
DISCUSS中的方法 ：
private int quickSolve(int[] prices) {
int len = prices.length, profit = 0;
for (int i = 1; i < len; i++)
// as long as there is a price gap, we gain a profit.
if (prices[i] > prices[i - 1]) profit += prices[i] - prices[i - 1];
return profit;
}
public int maxProfit(int k, int[] prices) {
int len = prices.length;
// 这一步 ，判断k , 如果大于 ，那么只要两项间有间隔(正的)，就买
if (k >= len / 2) return quickSolve(prices);
int[][] t = new int[k + 1][len];
for (int i = 1; i <= k; i++) {
int tmpMax = -prices[0];
for (int j = 1; j < len; j++) {
t[i][j] = Math.max(t[i][j - 1], prices[j] + tmpMax);
tmpMax = Math.max(tmpMax, t[i - 1][j - 1] - prices[j]);
}
}
return t[k][len - 1];
}