最大股票收益問題（數組最大差問題）

最大股票收益問題（數組最大差問題） 問題描述

給定一個數組，儲存著按照時間排序的股票價格，第 i 個位置的元素為第 i 次交易時的股票價格；現假設只允許你進行一次買，然後在某一時刻賣出（單只股票），請設計演算法，求解你可能獲得的最大收益，如果股價是非增的，則收益為0。 O(n2) 解法

將數組每個元素與其後的所有元素比較，選擇增差最大的一對兒。
時間複雜度為：
T(n)=(n−1)+(n−2)+......+1

O(nlogn) 解法 演算法思想

採用分而治之的思想，將數組對半分，則最大收益分以下3中情況：
- 在前半段中買並賣
- 在後半段中買並賣
- 在前半段買，在後半段賣
對於第1種和第2種情況，只需要將其看作一個規模減小的新的問題，也就是迭代我們的演算法；對於第3種情況，需要在前半段找最小元素 min ，在後半段找最大元素 max ，則 max−min 是第3種情況下的可能的最優解。 虛擬碼

void stock(int K[], int startIndex, int endIndex){    int length = endIndex - startIndex;    if(1==length) return 0;    if(2==length) return K[endIndex]-K[startIndex] > 0 ? K[endIndex]-K[startIndex] : 0;    if(length>2){        midIndex = (startIndex+endIndex)/2;        min = findMin(K, startIndex, midIndex );        max = findMax(K, midIndex+1, endIndex);        mayGet = max(stock(K,startIndex,midIndex), stock(K,startIndex,midIndex), max-min);        return mayGet > 0 ? mayGet : 0;    }}

複雜度

T(n)=2∗T(n2)+n2+n2
解得：
T(n)=O(nlogn)

O(n) 解法 演算法思想

預先處理數組，轉化為求數組最大子段和問題，然後使用最大子段和的求解演算法解決該問題。 步驟： 預先處理數組

將數組的每一項減去其緊挨著的前一項，首項設為0；
其含義為：將股價數組，變為股價增幅數組。
如：

K = [3,5,1,2,5,8,9,6]

處理之後變為

K = [0,2,-4,1,3,3,1,-3]

預先處理之後，原問題就轉化為求數組最大子段和的問題。
例如，在原數組中很顯然最大收益為 9−1=8 ，則在預先處理之後的數組中，只需要從 1 之後的第一個元素開始到 9 所對應的元素為止，進行累加即可，為 1+3+3+1=8 。
這其中的道理也很簡單，因為預先處理之後的數組儲存的正是增量，將兩個元素之間的所有增量累加，得到的正是兩個元素的差值。
預先處理演算法虛擬碼：

void preProcess(int K[], int n){    int i;    i = n-1;    while(i>0){        K[i] = k[i]-k[i-1];    }    K[0] = 0;}

求最大子段和

那麼最大收益的問題就轉化成為了求數組最大子段和的問題，針對最大子段和採用以下演算法。
先看虛擬碼：

void maxSegSum(int K[], int n){    int i;    int maxSum=-MAXINT;    int tempSum=0;    for(i=0; i<n; i++){        tempSum += K[i];        if(tempSum>maxSum) maxSum = tempSum;        if(tempSum<0) tempSum=0;    }       print("max sub-segment sum is %f", maxSum);}

演算法描述：
- 從頭到尾遍曆數組，維持兩個全域變數，maxSum記錄最優解，tempSum記錄從某個位置開始的子段和；
- 每次更新tempSum之後，先和maxSum進行比較，大於maxSum則更新maxSum；然後檢查tempSum是否小於0，如果否繼續累加，如果是則將tempSum歸零；
- 這樣遍曆一遍數組之後，得到的maxSum就是該數組的最大子段和。 演算法綜述 預先處理數組，轉化為最大子段和問題 O(n) ； 使用以上演算法求解最大子段和問題 O(n) 。 時間複雜度

T(n)=O(n)+O(n)
即：
T(n)=O(n)