최대 단일 판매 수익

하루의 주가를 나타내는 n 개의 정수 배열이 주어 졌다고 가정 합니다. 우리는 한 쌍 찾으려 (buyDay, sellDay) 와, buyDay ≤ sellDay 우리가 주식을 구입 한 경우 있도록, buyDay 하고 그것을 판매 sellDay , 우리는 우리의 이익을 극대화하는 것입니다.

가능한 모든 (buyDay, sellDay) 쌍 을 시도하고 그들 모두에서 최선을 다하는 알고리즘에 대한 O (n ² ) 솔루션 이 분명히 있습니다. 그러나 O (n) 시간에 실행되는 더 나은 알고리즘이 있습니까?

나는이 문제를 사랑한다. 이것은 고전적인 인터뷰 질문이며 어떻게 생각 하느냐에 따라 더 나은 해결책을 얻게 될 것입니다. O (n ² ) 시간 보다 더 나은 시간 에이 작업을 수행하는 것이 확실히 가능하며 여기에 문제에 대해 생각할 수있는 세 가지 방법을 나열했습니다. 이 질문에 대한 답변이 되었기를 바랍니다.

첫째, 분할 정복 솔루션입니다. 입력을 반으로 나누고 각 하위 배열의 문제를 해결 한 다음 두 가지를 결합하여이 문제를 해결할 수 있는지 봅시다. 우리가 실제로 이것을 할 수 있고 그렇게 효율적으로 할 수 있다는 것이 밝혀졌습니다! 직감은 다음과 같습니다. 하루가있는 경우 가장 좋은 방법은 그날 구매 한 다음 같은 날 다시 팔아서 이익을 내지 않는 것입니다. 그렇지 않으면 배열을 두 개로 나눕니다. 최적의 답이 무엇인지 생각해 보면 다음 세 위치 중 하나에 있어야합니다.

1. 올바른 매수 / 매도 쌍은 전반기에 완전히 발생합니다.
2. 올바른 매수 / 매도 쌍은 하반기에 완전히 발생합니다.
3. 올바른 매수 / 매도 쌍은 두 절반 모두에서 발생합니다. 우리는 전반기에 구매 한 다음 후반기에 판매합니다.

우리는 첫 번째와 두 번째 절반에서 알고리즘을 재귀 적으로 호출하여 (1)과 (2)의 값을 얻을 수 있습니다. 옵션 (3)의 경우, 가장 높은 수익을내는 방법은 상반기에는 가장 낮은 지점에서 매수하고 하반기에는 가장 높은 지점에서 판매하는 것입니다. 입력에 대한 간단한 선형 스캔을 수행하고 두 값을 찾는 것만으로 두 반쪽에서 최소값과 최대 값을 찾을 수 있습니다. 그러면 다음과 같은 반복 알고리즘이 제공됩니다.

T(1) <= O(1)
T(n) <= 2T(n / 2) + O(n)

마스터 정리 를 사용하여 반복을 해결하면 이것이 O (n lg n) 시간에 실행되고 순환 호출에 O (lg n) 공간을 사용할 것임을 알 수 있습니다. 우리는 순진한 O (n ² ) 솔루션을 이겼습니다 !

하지만 기다려! 우리는 이것보다 훨씬 더 잘할 수 있습니다. 반복에 O (n) 항이있는 유일한 이유는 각 절반에서 최소값과 최대 값을 찾으려고 전체 입력을 스캔해야했기 때문입니다. 우리는 이미 각 반을 재귀 적으로 탐색하고 있기 때문에, 아마도 재귀가 각 반에 저장된 최소값과 최대 값을 돌려 주도록함으로써 더 잘할 수있을 것입니다! 즉, 우리의 재귀는 다음 세 가지를 되돌려줍니다.

1. 수익을 극대화하기위한 구매 및 판매 시간입니다.
2. 범위의 전체 최소값입니다.
3. 범위의 전체 최대 값입니다.

이 마지막 두 값은 계산할 재귀와 동시에 실행할 수있는 간단한 재귀를 사용하여 재귀 적으로 계산할 수 있습니다 (1).

1. 단일 요소 범위의 최대 값과 최소값은 해당 요소 일뿐입니다.
2. 다중 요소 범위의 최대 값과 최소값은 입력을 절반으로 나누고 각 절반의 최대 값과 최소값을 찾은 다음 각각의 최대 값과 최소값을 가져 와서 찾을 수 있습니다.

이 접근 방식을 사용하면 이제 반복 관계가

T(1) <= O(1)
T(n) <= 2T(n / 2) + O(1)

여기에서 마스터 정리를 사용하면 O (lg n) 공간이있는 O (n)의 런타임이 제공됩니다. 이는 원래 솔루션보다 훨씬 낫습니다!

하지만 잠깐만 요-우리는 이것보다 더 잘할 수 있습니다! 동적 프로그래밍을 사용하여이 문제를 해결하는 것에 대해 생각해 봅시다. 아이디어는 다음과 같이 문제에 대해 생각하는 것입니다. 처음 k 개 요소를 살펴본 후 문제에 대한 답을 알고 있다고 가정합니다. 첫 번째 (k + 1) 요소에 대한 문제를 해결하기 위해 초기 솔루션과 결합 된 (k + 1) 첫 번째 요소에 대한 지식을 사용할 수 있습니까? 그렇다면 첫 번째 요소에 대해 계산할 때까지 첫 번째 요소, 처음 두 개, 처음 세 개 등의 문제를 해결하여 훌륭한 알고리즘을 얻을 수 있습니다.

이를 수행하는 방법에 대해 생각해 봅시다. 요소가 하나만있는 경우 최상의 구매 / 판매 쌍이어야한다는 것을 이미 알고 있습니다. 이제 우리가 처음 k 개 요소에 대한 최선의 답을 알고 있고 (k + 1) 번째 요소를 본다고 가정합니다. 그러면이 값이 첫 번째 k 요소에 대해 가졌던 것보다 더 나은 솔루션을 생성 할 수있는 유일한 방법은 첫 번째 k 요소 중 가장 작은 요소와 해당 새 요소의 차이가 지금까지 계산 한 가장 큰 차이보다 큰 경우입니다. 따라서 요소를 살펴보면서 지금까지 살펴본 최소값과 첫 번째 k 요소만으로 얻을 수있는 최대 수익이라는 두 가지 값을 추적한다고 가정합니다. 처음에는 지금까지 본 최소값이 첫 번째 요소이고 최대 이익은 0입니다. 새로운 요소를 보면 우리는 먼저 지금까지 보았던 최저 가격으로 구매하고 현재 가격으로 판매하여 얼마나 벌 수 있는지 계산하여 최적의 수익을 업데이트합니다. 이것이 지금까지 계산 한 최적 값보다 낫다면 최적의 솔루션을이 새로운 수익으로 업데이트합니다. 다음으로 지금까지 본 최소 요소를 현재 가장 작은 요소와 새 요소의 최소값으로 업데이트합니다.

각 단계에서 우리는 O (1) 작업 만 수행하고 n 개의 요소를 정확히 한 번 방문하므로 완료하는 데 O (n) 시간이 걸립니다! 또한 O (1) 보조 기억 장치 만 사용합니다. 이것은 우리가 지금까지 얻은 것만 큼 좋습니다!

예를 들어 입력에서이 알고리즘이 실행되는 방법은 다음과 같습니다. 배열의 각 값 사이에있는 숫자는 해당 지점에서 알고리즘이 보유한 값에 해당합니다. 실제로이 모든 것을 저장하지는 않지만 (O (n) 메모리가 필요합니다!), 알고리즘이 진화하는 것을 보는 것은 도움이됩니다.

            5        10        4          6         7
min         5         5        4          4         4    
best      (5,5)     (5,10)   (5,10)     (5,10)    (5,10)

답 : (5, 10)

            5        10        4          6        12
min         5         5        4          4         4    
best      (5,5)     (5,10)   (5,10)     (5,10)    (4,12)

답 : (4, 12)

            1       2       3      4      5
min         1       1       1      1      1
best      (1,1)   (1,2)   (1,3)  (1,4)  (1,5)

답 : (1, 5)

이제 더 잘할 수 있습니까? 불행히도 점근 적 의미가 아닙니다. O (n) 시간 미만을 사용하면 큰 입력에서 모든 숫자를 볼 수 없으므로 최적의 답을 놓치지 않는다고 보장 할 수 없습니다 (요소에서 "숨길"수 있습니다. 보지 않았다). 또한 O (1) 공간보다 작은 공간을 사용할 수 없습니다. big-O 표기법에 숨겨진 상수 요소에 대한 최적화가있을 수 있지만 그렇지 않으면 근본적으로 더 나은 옵션을 찾을 수 없습니다.

전반적으로 이것은 다음과 같은 알고리즘이 있음을 의미합니다.

• Naive : O (n ² ) 시간, O (1) 공간.
• 나누기 및 정복 : O (n lg n) 시간, O (lg n) 공간.
• 최적화 된 분할 및 정복 : O (n) 시간, O (lg n) 공간.
• 동적 프로그래밍 : O (n) 시간, O (1) 공간.

도움이 되었기를 바랍니다!

편집 : 관심이 있다면 이 네 가지 알고리즘의 Python 버전을 코딩하여 함께 놀아보고 상대적 성능을 판단 할 수 있습니다. 코드는 다음과 같습니다.

# Four different algorithms for solving the maximum single-sell profit problem,
# each of which have different time and space complexity.  This is one of my
# all-time favorite algorithms questions, since there are so many different
# answers that you can arrive at by thinking about the problem in slightly
# different ways.
#
# The maximum single-sell profit problem is defined as follows.  You are given
# an array of stock prices representing the value of some stock over time.
# Assuming that you are allowed to buy the stock exactly once and sell the
# stock exactly once, what is the maximum profit you can make?  For example,
# given the prices
#
#                        2, 7, 1, 8, 2, 8, 4, 5, 9, 0, 4, 5
#
# The maximum profit you can make is 8, by buying when the stock price is 1 and
# selling when the stock price is 9.  Note that while the greatest difference
# in the array is 9 (by subtracting 9 - 0), we cannot actually make a profit of
# 9 here because the stock price of 0 comes after the stock price of 9 (though
# if we wanted to lose a lot of money, buying high and selling low would be a
# great idea!)
#
# In the event that there's no profit to be made at all, we can always buy and
# sell on the same date.  For example, given these prices (which might
# represent a buggy-whip manufacturer:)
#
#                            9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0
#
# The best profit we can make is 0 by buying and selling on the same day.
#
# Let's begin by writing the simplest and easiest algorithm we know of that
# can solve this problem - brute force.  We will just consider all O(n^2) pairs
# of values, and then pick the one with the highest net profit.  There are
# exactly n + (n - 1) + (n - 2) + ... + 1 = n(n + 1)/2 different pairs to pick
# from, so this algorithm will grow quadratically in the worst-case.  However,
# it uses only O(1) memory, which is a somewhat attractive feature.  Plus, if
# our first intuition for the problem gives a quadratic solution, we can be
# satisfied that if we don't come up with anything else, we can always have a
# polynomial-time solution.

def BruteForceSingleSellProfit(arr):
    # Store the best possible profit we can make; initially this is 0.
    bestProfit = 0;

    # Iterate across all pairs and find the best out of all of them.  As a
    # minor optimization, we don't consider any pair consisting of a single
    # element twice, since we already know that we get profit 0 from this.
    for i in range(0, len(arr)):
        for j in range (i + 1, len(arr)):
            bestProfit = max(bestProfit, arr[j] - arr[i])

    return bestProfit

# This solution is extremely inelegant, and it seems like there just *has* to
# be a better solution.  In fact, there are many better solutions, and we'll
# see three of them.
#
# The first insight comes if we try to solve this problem by using a divide-
# and-conquer strategy.  Let's consider what happens if we split the array into
# two (roughly equal) halves.  If we do so, then there are three possible
# options about where the best buy and sell times are:
#
# 1. We should buy and sell purely in the left half of the array.
# 2. We should buy and sell purely in the right half of the array.
# 3. We should buy in the left half of the array and sell in the right half of
#    the array.
#
# (Note that we don't need to consider selling in the left half of the array
# and buying in the right half of the array, since the buy time must always
# come before the sell time)
#
# If we want to solve this problem recursively, then we can get values for (1)
# and (2) by recursively invoking the algorithm on the left and right
# subarrays.  But what about (3)?  Well, if we want to maximize our profit, we
# should be buying at the lowest possible cost in the left half of the array
# and selling at the highest possible cost in the right half of the array.
# This gives a very elegant algorithm for solving this problem:
#
#    If the array has size 0 or size 1, the maximum profit is 0.
#    Otherwise:
#       Split the array in half.
#       Compute the maximum single-sell profit in the left array, call it L.
#       Compute the maximum single-sell profit in the right array, call it R.
#       Find the minimum of the first half of the array, call it Min
#       Find the maximum of the second half of the array, call it Max
#       Return the maximum of L, R, and Max - Min.
#
# Let's consider the time and space complexity of this algorithm.  Our base
# case takes O(1) time, and in our recursive step we make two recursive calls,
# one on each half of the array, and then does O(n) work to scan the array
# elements to find the minimum and maximum values.  This gives the recurrence
#
#    T(1)     = O(1)
#    T(n / 2) = 2T(n / 2) + O(n)
#
# Using the Master Theorem, this recurrence solves to O(n log n), which is
# asymptotically faster than our original approach!  However, we do pay a
# (slight) cost in memory usage.  Because we need to maintain space for all of
# the stack frames we use.  Since on each recursive call we cut the array size
# in half, the maximum number of recursive calls we can make is O(log n), so
# this algorithm uses O(n log n) time and O(log n) memory.

def DivideAndConquerSingleSellProfit(arr):
    # Base case: If the array has zero or one elements in it, the maximum
    # profit is 0.
    if len(arr) <= 1:
        return 0;

    # Cut the array into two roughly equal pieces.
    left  = arr[ : len(arr) / 2]
    right = arr[len(arr) / 2 : ]

    # Find the values for buying and selling purely in the left or purely in
    # the right.
    leftBest  = DivideAndConquerSingleSellProfit(left)
    rightBest = DivideAndConquerSingleSellProfit(right)

    # Compute the best profit for buying in the left and selling in the right.
    crossBest = max(right) - min(left)

    # Return the best of the three
    return max(leftBest, rightBest, crossBest)

# While the above algorithm for computing the maximum single-sell profit is
# better timewise than what we started with (O(n log n) versus O(n^2)), we can
# still improve the time performance.  In particular, recall our recurrence
# relation:
#
#    T(1) = O(1)
#    T(n) = 2T(n / 2) + O(n)
#
# Here, the O(n) term in the T(n) case comes from the work being done to find
# the maximum and minimum values in the right and left halves of the array,
# respectively.  If we could find these values faster than what we're doing
# right now, we could potentially decrease the function's runtime.
#
# The key observation here is that we can compute the minimum and maximum
# values of an array using a divide-and-conquer approach.  Specifically:
#
#    If the array has just one element, it is the minimum and maximum value.
#    Otherwise:
#       Split the array in half.
#       Find the minimum and maximum values from the left and right halves.
#       Return the minimum and maximum of these two values.
#
# Notice that our base case does only O(1) work, and our recursive case manages
# to do only O(1) work in addition to the recursive calls.  This gives us the
# recurrence relation
#
#    T(1) = O(1)
#    T(n) = 2T(n / 2) + O(1)
#
# Using the Master Theorem, this solves to O(n).
#
# How can we make use of this result?  Well, in our current divide-and-conquer
# solution, we split the array in half anyway to find the maximum profit we
# could make in the left and right subarrays.  Could we have those recursive
# calls also hand back the maximum and minimum values of the respective arrays?
# If so, we could rewrite our solution as follows:
#
#    If the array has size 1, the maximum profit is zero and the maximum and
#       minimum values are the single array element.
#    Otherwise:
#       Split the array in half.
#       Compute the maximum single-sell profit in the left array, call it L.
#       Compute the maximum single-sell profit in the right array, call it R.
#       Let Min be the minimum value in the left array, which we got from our
#           first recursive call.
#       Let Max be the maximum value in the right array, which we got from our
#           second recursive call.
#       Return the maximum of L, R, and Max - Min for the maximum single-sell
#           profit, and the appropriate maximum and minimum values found from
#           the recursive calls.
#
# The correctness proof for this algorithm works just as it did before, but now
# we never actually do a scan of the array at each step.  In fact, we do only
# O(1) work at each level.  This gives a new recurrence
#
#     T(1) = O(1)
#     T(n) = 2T(n / 2) + O(1)
#
# Which solves to O(n).  We're now using O(n) time and O(log n) memory, which
# is asymptotically faster than before!
#
# The code for this is given below:

def OptimizedDivideAndConquerSingleSellProfit(arr):
    # If the array is empty, the maximum profit is zero.
    if len(arr) == 0:
        return 0

    # This recursive helper function implements the above recurrence.  It
    # returns a triple of (max profit, min array value, max array value).  For
    # efficiency reasons, we always reuse the array and specify the bounds as
    # [lhs, rhs]
    def Recursion(arr, lhs, rhs):
        # If the array has just one element, we return that the profit is zero
        # but the minimum and maximum values are just that array value.
        if lhs == rhs:
            return (0, arr[lhs], arr[rhs])

        # Recursively compute the values for the first and latter half of the
        # array.  To do this, we need to split the array in half.  The line
        # below accomplishes this in a way that, if ported to other languages,
        # cannot result in an integer overflow.
        mid = lhs + (rhs - lhs) / 2

        # Perform the recursion.
        ( leftProfit,  leftMin,  leftMax) = Recursion(arr, lhs, mid)
        (rightProfit, rightMin, rightMax) = Recursion(arr, mid + 1, rhs)

        # Our result is the maximum possible profit, the minimum of the two
        # minima we've found (since the minimum of these two values gives the
        # minimum of the overall array), and the maximum of the two maxima.
        maxProfit = max(leftProfit, rightProfit, rightMax - leftMin)
        return (maxProfit, min(leftMin, rightMin), max(leftMax, rightMax))

    # Using our recursive helper function, compute the resulting value.
    profit, _, _ = Recursion(arr, 0, len(arr) - 1)
    return profit

# At this point we've traded our O(n^2)-time, O(1)-space solution for an O(n)-
# time, O(log n) space solution.  But can we do better than this?
#
# To find a better algorithm, we'll need to switch our line of reasoning.
# Rather than using divide-and-conquer, let's see what happens if we use
# dynamic programming.  In particular, let's think about the following problem.
# If we knew the maximum single-sell profit that we could get in just the first
# k array elements, could we use this information to determine what the
# maximum single-sell profit would be in the first k + 1 array elements?  If we
# could do this, we could use the following algorithm:
#
#   Find the maximum single-sell profit to be made in the first 1 elements.
#   For i = 2 to n:
#      Compute the maximum single-sell profit using the first i elements.
#
# How might we do this?  One intuition is as follows.  Suppose that we know the
# maximum single-sell profit of the first k elements.  If we look at k + 1
# elements, then either the maximum profit we could make by buying and selling
# within the first k elements (in which case nothing changes), or we're
# supposed to sell at the (k + 1)st price.  If we wanted to sell at this price
# for a maximum profit, then we would want to do so by buying at the lowest of
# the first k + 1 prices, then selling at the (k + 1)st price.
#
# To accomplish this, suppose that we keep track of the minimum value in the
# first k elements, along with the maximum profit we could make in the first
# k elements.  Upon seeing the (k + 1)st element, we update what the current
# minimum value is, then update what the maximum profit we can make is by
# seeing whether the difference between the (k + 1)st element and the new
# minimum value is.  Note that it doesn't matter what order we do this in; if
# the (k + 1)st element is the smallest element so far, there's no possible way
# that we could increase our profit by selling at that point.
#
# To finish up this algorithm, we should note that given just the first price,
# the maximum possible profit is 0.
#
# This gives the following simple and elegant algorithm for the maximum single-
# sell profit problem:
#
#   Let profit = 0.
#   Let min = arr[0]
#   For k = 1 to length(arr):
#       If arr[k] < min, set min = arr[k]
#       If profit < arr[k] - min, set profit = arr[k] - min
#
# This is short, sweet, and uses only O(n) time and O(1) memory.  The beauty of
# this solution is that we are quite naturally led there by thinking about how
# to update our answer to the problem in response to seeing some new element.
# In fact, we could consider implementing this algorithm as a streaming
# algorithm, where at each point in time we maintain the maximum possible
# profit and then update our answer every time new data becomes available.
#
# The final version of this algorithm is shown here:

def DynamicProgrammingSingleSellProfit(arr):
    # If the array is empty, we cannot make a profit.
    if len(arr) == 0:
        return 0

    # Otherwise, keep track of the best possible profit and the lowest value
    # seen so far.
    profit = 0
    cheapest = arr[0]

    # Iterate across the array, updating our answer as we go according to the
    # above pseudocode.
    for i in range(1, len(arr)):
        # Update the minimum value to be the lower of the existing minimum and
        # the new minimum.
        cheapest = min(cheapest, arr[i])

        # Update the maximum profit to be the larger of the old profit and the
        # profit made by buying at the lowest value and selling at the current
        # price.
        profit = max(profit, arr[i] - cheapest)

    return profit

# To summarize our algorithms, we have seen
#
# Naive:                        O(n ^ 2)   time, O(1)     space
# Divide-and-conquer:           O(n log n) time, O(log n) space
# Optimized divide-and-conquer: O(n)       time, O(log n) space
# Dynamic programming:          O(n)       time, O(1)     space

이것은 약간의 간접적 인 최대 합계 하위 시퀀스 문제입니다. 최대 합계 하위 시퀀스 문제에는 양수 또는 음수가 될 수있는 정수 목록이 제공되며 해당 목록의 연속 하위 집합에서 가장 큰 합계를 찾습니다.

연속 된 날 사이의 손익을 취함으로써이 문제를 그 문제로 간단하게 변환 할 수 있습니다. 따라서 주가 목록을 예 [5, 6, 7, 4, 2]를 들어 손익 목록으로 변환합니다 ( 예 : [1, 1, -3, -2]. 하위 시퀀스 합계 문제는 해결하기가 매우 쉽습니다 . 배열에서 요소의 가장 큰 합계가있는 하위 시퀀스 찾기

왜 이것이 동적 프로그래밍 질문으로 간주되는지 잘 모르겠습니다. 이 질문은 O (n log n) 런타임과 O (log n) 공간 (예 : 프로그래밍 인터뷰 요소)을 사용하는 교과서 및 알고리즘 가이드에서 보았습니다. 사람들이 만드는 것보다 훨씬 단순한 문제인 것 같습니다.

이는 최대 이익, 최소 구매 가격 및 결과적으로 최적의 구매 / 판매 가격을 추적하여 작동합니다. 배열의 각 요소를 거치면서 주어진 요소가 최소 구매 가격보다 작은 지 확인합니다. 그럴 경우 최소 구매 가격 지수 ( min)가 해당 요소의 지수로 업데이트됩니다. 또한 각 요소에 대해 becomeABillionaire알고리즘 arr[i] - arr[min]은 (현재 요소와 최소 구매 가격의 차이)가 현재 수익보다 큰지 확인합니다. 그렇다면 이익은 그 차이로 업데이트되고 구매는로 설정 arr[min]되고 판매는로 설정됩니다 arr[i].

단일 패스로 실행됩니다.

static void becomeABillionaire(int arr[]) {
    int i = 0, buy = 0, sell = 0, min = 0, profit = 0;

    for (i = 0; i < arr.length; i++) {
        if (arr[i] < arr[min])
            min = i;
        else if (arr[i] - arr[min] > profit) {
            buy = min; 
            sell = i;
            profit = arr[i] - arr[min];
        }

    }

    System.out.println("We will buy at : " + arr[buy] + " sell at " + arr[sell] + 
            " and become billionaires worth " + profit );

}

공동 저자 : https://stackoverflow.com/users/599402/ephraim

문제는
동적 프로그래밍을 사용하여 해결 한 최대 하위 시퀀스와 동일합니다 . 현재 및 이전 (이익, 매수 일 및 매도 일)을 추적합니다. 현재가 이전보다 높으면 이전을 현재로 바꿉니다.

    int prices[] = { 38, 37, 35, 31, 20, 24, 35, 21, 24, 21, 23, 20, 23, 25, 27 };

    int buyDate = 0, tempbuyDate = 0;
    int sellDate = 0, tempsellDate = 0; 

    int profit = 0, tempProfit =0;
    int i ,x = prices.length;
    int previousDayPrice = prices[0], currentDayprice=0;

    for(i=1 ; i<x; i++ ) {

        currentDayprice = prices[i];

        if(currentDayprice > previousDayPrice ) {  // price went up

            tempProfit = tempProfit + currentDayprice - previousDayPrice;
            tempsellDate = i;
        }
        else { // price went down 

            if(tempProfit>profit) { // check if the current Profit is higher than previous profit....

                profit = tempProfit;
                sellDate = tempsellDate;
                buyDate = tempbuyDate;
            } 
                                     // re-intialized buy&sell date, profit....
                tempsellDate = i;
                tempbuyDate = i;
                tempProfit =0;
        }
        previousDayPrice = currentDayprice;
    }

    // if the profit is highest till the last date....
    if(tempProfit>profit) {
        System.out.println("buydate " + tempbuyDate + " selldate " + tempsellDate + " profit " + tempProfit );
    }
    else {
        System.out.println("buydate " + buyDate + " selldate " + sellDate + " profit " + profit );
    }   

다음은 내 Java 솔루션입니다.

public static void main(String[] args) {
    int A[] = {5,10,4,6,12};

    int min = A[0]; // Lets assume first element is minimum
    int maxProfit = 0; // 0 profit, if we buy & sell on same day.
    int profit = 0;
    int minIndex = 0; // Index of buy date
    int maxIndex = 0; // Index of sell date

    //Run the loop from next element
    for (int i = 1; i < A.length; i++) {
        //Keep track of minimum buy price & index
        if (A[i] < min) {
            min = A[i];
            minIndex = i;
        }
        profit = A[i] - min;
        //If new profit is more than previous profit, keep it and update the max index
        if (profit > maxProfit) {
            maxProfit = profit;
            maxIndex = i;
        }
    }
    System.out.println("maxProfit is "+maxProfit);
    System.out.println("minIndex is "+minIndex);
    System.out.println("maxIndex is "+maxIndex);     
}

나는 간단한 해결책을 생각 해냈다. 코드는 자명하다. 동적 프로그래밍 질문 중 하나입니다.

코드는 오류 검사 및 엣지 케이스를 처리하지 않습니다. 문제를 해결하기위한 기본 논리의 아이디어를 제공하는 샘플 일뿐입니다.

namespace MaxProfitForSharePrice
{
    class MaxProfitForSharePrice
    {
        private static int findMax(int a, int b)
        {
            return a > b ? a : b;
        }

        private static void GetMaxProfit(int[] sharePrices)
        {
            int minSharePrice = sharePrices[0], maxSharePrice = 0, MaxProft = 0;
            int shareBuyValue = sharePrices[0], shareSellValue = sharePrices[0];

            for (int i = 0; i < sharePrices.Length; i++)
            {
                if (sharePrices[i] < minSharePrice )
                {
                    minSharePrice = sharePrices[i];
                    // if we update the min value of share, we need to reset the Max value as 
                    // we can only do this transaction in-sequence. We need to buy first and then only we can sell.
                    maxSharePrice = 0; 
                }
                else 
                {
                    maxSharePrice = sharePrices[i];
                }

                // We are checking if max and min share value of stock are going to
                // give us better profit compare to the previously stored one, then store those share values.
                if (MaxProft < (maxSharePrice - minSharePrice))
                {
                    shareBuyValue = minSharePrice;
                    shareSellValue = maxSharePrice;
                }

                MaxProft = findMax(MaxProft, maxSharePrice - minSharePrice);
            }

            Console.WriteLine("Buy stock at ${0} and sell at ${1}, maximum profit can be earned ${2}.", shareBuyValue, shareSellValue, MaxProft);
        }

        static void Main(string[] args)
        {
           int[] sampleArray = new int[] { 1, 3, 4, 1, 1, 2, 11 };
           GetMaxProfit(sampleArray);
            Console.ReadLine();
        }
    }
}

public static double maxProfit(double [] stockPrices)
    {
        double initIndex = 0, finalIndex = 0;

        double tempProfit = list[1] - list[0];
        double maxSum = tempProfit;
        double maxEndPoint = tempProfit;


        for(int i = 1 ;i<list.length;i++)
        {
            tempProfit = list[ i ] - list[i - 1];;

            if(maxEndPoint < 0)
            {
                maxEndPoint = tempProfit;
                initIndex = i;
            }
            else
            {
                maxEndPoint += tempProfit;
            }

            if(maxSum <= maxEndPoint)
            {
                maxSum = maxEndPoint ;
                finalIndex = i;
            }
        }
        System.out.println(initIndex + " " + finalIndex);
        return maxSum;

    }

여기 내 해결책이 있습니다. 최대 하위 시퀀스 알고리즘을 수정합니다. O (n)의 문제를 풉니 다. 더 빨리 할 수 ​​없다고 생각합니다.

이 때문에, 흥미로운 문제입니다 보인다 하드,하지만 조심 생각이 우아하고 깎았 다운 솔루션을 얻을 수 있습니다.

이미 언급했듯이 O (N ^ 2) 시간 내에 무차별 대입을 풀 수 있습니다. 배열 (또는 목록)의 각 항목에 대해 모든 이전 항목을 반복하여 문제가 가장 큰 이득 또는 손실을 찾는 것인지에 따라 최소 또는 최대를 얻습니다.

O (N)의 솔루션에 대해 생각하는 방법은 다음과 같습니다. 각 항목은 새로운 가능한 최대 (또는 최소)를 나타냅니다. 그런 다음 이전 최소값 (또는 최대 값)을 저장하고 diff를 현재 및 이전 최소값 (또는 최대 값)과 비교하기 만하면됩니다. 쉬워요.

다음은 JUnit 테스트로서의 Java 코드입니다.

import org.junit.Test;

public class MaxDiffOverSeriesProblem {

    @Test
    public void test1() {
        int[] testArr = new int[]{100, 80, 70, 65, 95, 120, 150, 75, 95, 100, 110, 120, 90, 80, 85, 90};

        System.out.println("maxLoss: " + calculateMaxLossOverSeries(testArr) + ", maxGain: " + calculateMaxGainOverSeries(testArr));
    }

    private int calculateMaxLossOverSeries(int[] arr) {
        int maxLoss = 0;

        int idxMax = 0;
        for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
            if (arr[i] > arr[idxMax]) {
                idxMax = i;
            }

            if (arr[idxMax] - arr[i] > maxLoss) {
                maxLoss = arr[idxMax] - arr[i];
            }           
        }

        return maxLoss;
    }

    private int calculateMaxGainOverSeries(int[] arr) {
        int maxGain = 0;

        int idxMin = 0;
        for (int i = 0; i < arr.length; i++) {
            if (arr[i] < arr[idxMin]) {
                idxMin = i;
            }

            if (arr[i] - arr[idxMin] > maxGain) {
                maxGain = arr[i] - arr[idxMin];
            }           
        }

        return maxGain;
    }

}

최대 손실을 계산하는 경우 현재 항목까지 목록 (구매 가격)의 최대 값을 추적합니다. 그런 다음 최대 항목과 현재 항목 간의 차이를 계산합니다. max-current> maxLoss이면이 diff를 새로운 maxLoss로 유지합니다. 최대 지수는 현재 지수보다 낮을 것이 보장되므로 '매수'날짜가 '매도'날짜보다 이전임을 보장합니다.

가장 큰 이득을 계산하는 경우 모든 것이 반전됩니다. 현재 항목까지 목록에서 최소값을 추적합니다. 최소값과 현재 항목 사이의 차이를 계산합니다 (빼기 순서를 반대로 함). 현재-min> maxGain이면이 diff를 새로운 maxGain으로 유지합니다. 다시 말하지만, '매수'(분) 지수는 현재 지수 ( '매도')보다 앞에옵니다.

우리는 maxGain (또는 maxLoss)과 최소 또는 최대 지수 만 추적하면되며 둘다는 안됩니다. 자연스럽게 얻으십시오.

최대 단일 판매 수익, O (n) 솔루션

function stocks_n(price_list){
    var maxDif=0, min=price_list[0]

    for (var i in price_list){
        p = price_list[i];
        if (p<min)
            min=p
        else if (p-min>maxDif)
                maxDif=p-min;
   }

    return maxDif
}

다음은 100k 정수의 임의 데이터 세트에 대해 o (N) 대 o (n ^ 2) 접근 방식에 대한 시간 복잡성 테스트를 수행하는 프로젝트입니다. O (n ^ 2)는 2 초, O (n)은 0.01 초가 걸립니다.

https://github.com/gulakov/complexity.js

function stocks_n2(ps){
    for (maxDif=0,i=_i=0;p=ps[i++];i=_i++)
        for (;p2=ps[i++];)
            if (p2-p>maxDif)
                maxDif=p2-p
    return maxDif
}

이것은 느린 o (n ^ 2) 접근 방식으로 매일 나머지 날을 반복하는 이중 루프입니다.

최고 투표 답변은 최대 이익이 음수 인 경우를 허용하지 않으며 그러한 경우를 허용하도록 수정해야합니다. 루프의 범위를 (len (a)-1)로 제한하고 인덱스를 1 씩 이동하여 수익이 결정되는 방식을 변경하여이를 수행 할 수 있습니다.

def singSellProfit(a):
profit = -max(a)
low = a[0]

for i in range(len(a) - 1):
    low = min(low, a[i])
    profit = max(profit, a[i + 1] - low)
return profit

이 버전의 함수를 이전 버전의 배열과 비교하십시오.

s = [19,11,10,8,5,2]

singSellProfit(s)
-1

DynamicProgrammingSingleSellProfit(s)
0

static void findmaxprofit(int[] stockvalues){
    int buy=0,sell=0,buyingpoint=0,sellingpoint=0,profit=0,currentprofit=0;
    int finalbuy=0,finalsell=0;
    if(stockvalues.length!=0){
        buy=stockvalues[0];
    }           
    for(int i=1;i<stockvalues.length;i++){  
        if(stockvalues[i]<buy&&i!=stockvalues.length-1){                
            buy=stockvalues[i];
            buyingpoint=i;
        }               
        else if(stockvalues[i]>buy){                
            sell=stockvalues[i];
            sellingpoint=i;
        }
        currentprofit=sell-buy;         
        if(profit<currentprofit&&sellingpoint>buyingpoint){             
            finalbuy=buy;
            finalsell=sell;
            profit=currentprofit;
        }

    }
    if(profit>0)
    System.out.println("Buy shares at "+finalbuy+" INR and Sell Shares "+finalsell+" INR and Profit of "+profit+" INR");
    else
        System.out.println("Don't do Share transacations today");
}

최대 이익을 결정할 수있는 가능성은 배열의 각 인덱스에서 배열의 왼쪽 최소 및 오른쪽 최대 요소를 추적하는 것입니다. 그런 다음 주가를 반복 할 때 주어진 날짜에 대해 그날까지의 최저 가격을 알 수 있으며 그날 이후 (및 포함) 최대 가격도 알 수 있습니다.

예를 들어 주어진 배열이 인 a min_arrand를 정의 해 봅시다 . 인덱스 인 은 모든 인덱스 에 대한 최소 요소가됩니다 (i 왼쪽 및 i 포함). 인덱스 인 은 모든 인덱스 에 대한 최대 요소가됩니다 (i의 오른쪽 및 포함). 그런 다음에서 해당 요소 와 'min_arr' 간의 최대 차이를 찾을 수 있습니다 .max_arrarrimin_arrarr<= iimax_arrarr>= imax_arr

def max_profit(arr)
   min_arr = []
   min_el = arr.first
   arr.each do |el|
       if el < min_el
           min_el = el
           min_arr << min_el
       else
           min_arr << min_el
       end
   end

   max_arr = []
   max_el = arr.last
   arr.reverse.each do |el|
       if el > max_el
           max_el = el
           max_arr.unshift(max_el)
       else
           max_arr.unshift(max_el)
       end

   end

   max_difference = max_arr.first - min_arr.first
   1.upto(arr.length-1) do |i|
        max_difference = max_arr[i] - min_arr[i] if max_difference < max_arr[i] - min_arr[i]  
   end

   return max_difference 
end

이것은 O (n) 시간에 실행되어야하지만 많은 공간을 사용한다고 생각합니다.

이것은 배열의 두 요소 사이의 최대 차이이며 이것이 내 솔루션입니다.

O (N) 시간 복잡도 O (1) 공간 복잡도

    int[] arr   =   {5, 4, 6 ,7 ,6 ,3 ,2, 5};

    int start   =   0;
    int end     =   0;
    int max     =   0;
    for(int i=1; i<arr.length; i++){
        int currMax =   arr[i] - arr[i-1];
        if(currMax>0){
            if((arr[i] -arr[start])>=currMax && ((arr[i] -arr[start])>=(arr[end] -arr[start]))){

                 end    =   i;
            }
            else if(currMax>(arr[i] -arr[start]) && currMax >(arr[end] - arr[start])){
                start   =   i-1;
                end =   i;
            }
        }
    }
    max =   arr[end] - arr[start];
    System.out.println("max: "+max+" start: "+start+" end: "+end);

FB 솔루션 엔지니어 직책에 대한 라이브 코딩 시험에서이 문제를 해결하지 못한 후 차분한 분위기에서 해결해야했기 때문에 여기에 2 센트가 있습니다.

var max_profit = 0;
var stockPrices = [23,40,21,67,1,50,22,38,2,62];

var currentBestBuy = 0; 
var currentBestSell = 0;
var min = 0;

for(var i = 0;i < (stockPrices.length - 1) ; i++){
    if(( stockPrices[i + 1] - stockPrices[currentBestBuy] > max_profit) ){
        max_profit = stockPrices[i + 1] - stockPrices[currentBestBuy];
        currentBestSell = i + 1;  
    }
    if(stockPrices[i] < stockPrices[currentBestBuy]){
            min = i;
        }
    if( max_profit < stockPrices[i + 1] - stockPrices[min] ){
        max_profit = stockPrices[i + 1] - stockPrices[min];
        currentBestSell = i + 1;
        currentBestBuy = min;
    }
}

console.log(currentBestBuy);
console.log(currentBestSell);
console.log(max_profit);

질문에 실제로 대답하는 유일한 대답은 @akash_magoon 중 하나입니다 (그리고 간단한 방법으로!). 그러나 질문에 지정된 정확한 객체를 반환하지 않습니다. 나는 약간 리팩토링하고 PHP에서 내 대답이 요청 된 것을 반환합니다.

function maximizeProfit(array $dailyPrices)
{
    $buyDay = $sellDay = $cheaperDay = $profit = 0;

    for ($today = 0; $today < count($dailyPrices); $today++) {
        if ($dailyPrices[$today] < $dailyPrices[$cheaperDay]) {
            $cheaperDay = $today;
        } elseif ($dailyPrices[$today] - $dailyPrices[$cheaperDay] > $profit) {
            $buyDay  = $cheaperDay;
            $sellDay = $today;
            $profit   = $dailyPrices[$today] - $dailyPrices[$cheaperDay];
        }
    }
    return [$buyDay, $sellDay];
}

깔끔한 솔루션 :

+ (int)maxProfit:(NSArray *)prices {
    int maxProfit = 0;

    int bestBuy = 0;
    int bestSell = 0;
    int currentBestBuy = 0;

    for (int i= 1; i < prices.count; i++) {
        int todayPrice = [prices[i] intValue];
        int bestBuyPrice = [prices[currentBestBuy] intValue];
        if (todayPrice < bestBuyPrice) {
            currentBestBuy = i;
            bestBuyPrice = todayPrice;
        }

        if (maxProfit < (todayPrice - bestBuyPrice)) {
            bestSell = i;
            bestBuy = currentBestBuy;
            maxProfit = (todayPrice - bestBuyPrice);
        }
    }

    NSLog(@"Buy Day : %d", bestBuy);
    NSLog(@"Sell Day : %d", bestSell);

    return maxProfit;
}

def get_max_profit(stock):
    p=stock[0]
    max_profit=0
    maxp=p
    minp=p
    for i in range(1,len(stock)):
        p=min(p,stock[i])
        profit=stock[i]-p
        if profit>max_profit:
            maxp=stock[i]
            minp=p
            max_profit=profit
    return minp,maxp,max_profit



stock_prices = [310,315,275,295,260,270,290,230,255,250]
print(get_max_profit(stock_prices))

python3의이 프로그램은 시간 복잡도 O (n) 및 공간 복잡도 O (1)로 계산 된 수익을 극대화 할 구매 가격과 판매 가격을 반환 할 수 있습니다 .

여기 내 해결책이 있습니다.

public static int maxProfit(List<Integer> in) {
    int min = in.get(0), max = 0;
    for(int i=0; i<in.size()-1;i++){

        min=Math.min(min, in.get(i));

        max = Math.max(in.get(i) - min, max);
     }

     return max;
 }
}

최소 및 최대 요소를 추적하는 모든 답변에 대해 해당 솔루션은 실제로 O (n ^ 2) 솔루션입니다. 이는 마지막에 최대 값이 최소값 이후에 발생했는지 여부를 확인해야하기 때문입니다. 그렇지 않은 경우 해당 조건이 충족 될 때까지 추가 반복이 필요하며 이는 최악의 경우 O (n ^ 2)를 남깁니다. 추가 반복을 건너 뛰려면 더 많은 공간이 필요합니다. 어느 쪽이든, 동적 프로그래밍 솔루션에 비해 아니오입니다.