# 121. Best Time to Buy and Sell Stock

You are given an array `prices` where `prices[i]` is the price of a given stock on the `ith` day.

You want to maximize your profit by choosing a **single day** to buy one stock and choosing a **different day in the future** to sell that stock.

Return *the maximum profit you can achieve from this transaction*. If you cannot achieve any profit, return `0`.

 

**Example 1:**

```
Input: prices = [7,1,5,3,6,4]
Output: 5
Explanation: Buy on day 2 (price = 1) and sell on day 5 (price = 6), profit = 6-1 = 5.
Note that buying on day 2 and selling on day 1 is not allowed because you must buy before you sell.
```

**Example 2:**

```
Input: prices = [7,6,4,3,1]
Output: 0
Explanation: In this case, no transactions are done and the max profit = 0.
```

 

**Constraints:**

* `1 <= prices.length <= 105`
* `0 <= prices[i] <= 104`

### Solution:

**Version 1:**

I限制了只能买卖一次。于是要尽可能在最低点买入最高点抛出。这里的一个隐含的限制是抛出的时间必须在买入的时间之后。所以找整个数组的最大最小值之差的方法未必有效，因为很可能最大值出现在最小值之前。但是可以利用类似思路，在扫描数组的同时来更新一个当前最小值minPrice。这样能保证当扫到i时，minPrices必然是i之前的最小值。当扫到i时：

如果prices\[i] < minPrice，则更新minPrice = prices\[i]。并且该天不应该卖出。

如果prices\[i] >= minPrice，则该天可能是最好的卖出时间，计算prices\[i] - minPrice，并与当前的单笔最大利润比较更新

不要忘记corner case.

```
public int maxProfit(int[] prices) {
        if(prices==null || prices.length==0){
            return 0;
        }
        int maxprofit=Integer.MIN_VALUE;
        int minprice=prices[0];
        for(int i=1;i<prices.length;i++){
            if(prices[i]<minprice){
                minprice=prices[i];
            }
            maxprofit=Math.max(maxprofit,prices[i]-minprice);
        }
        return maxprofit;
    }
```

Version 2: DP

**k = 1**

直接套状态转移方程，根据 base case，可以做一些化简：

```python
dp[i][1][0] = max(dp[i-1][1][0], dp[i-1][1][1] + prices[i])
dp[i][1][1] = max(dp[i-1][1][1], dp[i-1][0][0] - prices[i]) 
            = max(dp[i-1][1][1], -prices[i])
解释：k = 0 的 base case，所以 dp[i-1][0][0] = 0。

现在发现 k 都是 1，不会改变，即 k 对状态转移已经没有影响了。
可以进行进一步化简去掉所有 k：
dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
```

直接写出代码：

```java
int n = prices.length;
int[][] dp = new int[n][2];
for (int i = 0; i < n; i++) {
    dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
    dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
```

显然 `i = 0` 时 `i - 1` 是不合法的索引，这是因为我们没有对 `i` 的 base case 进行处理，可以这样给一个特化处理：

```java
if (i - 1 == -1) {
    dp[i][0] = 0;
    // 根据状态转移方程可得：
    //   dp[i][0] 
    // = max(dp[-1][0], dp[-1][1] + prices[i])
    // = max(0, -infinity + prices[i]) = 0

    dp[i][1] = -prices[i];
    // 根据状态转移方程可得：
    //   dp[i][1] 
    // = max(dp[-1][1], dp[-1][0] - prices[i])
    // = max(-infinity, 0 - prices[i]) 
    // = -prices[i]
    continue;
}
```

第一题就解决了，但是这样处理 base case 很麻烦，而且注意一下状态转移方程，新状态只和相邻的一个状态有关，其实不用整个 `dp` 数组，只需要一个变量储存相邻的那个状态就足够了，这样可以把空间复杂度降到 O(1):

```java
// 原始版本
int maxProfit_k_1(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    int[][] dp = new int[n][2];
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (i - 1 == -1) {
            // base case
            dp[i][0] = 0;
            dp[i][1] = -prices[i];
            continue;
        }
        dp[i][0] = Math.max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i]);
        dp[i][1] = Math.max(dp[i-1][1], -prices[i]);
    }
    return dp[n - 1][0];
}

// 空间复杂度优化版本
int maxProfit_k_1(int[] prices) {
    int n = prices.length;
    // base case: dp[-1][0] = 0, dp[-1][1] = -infinity
    int dp_i_0 = 0, dp_i_1 = Integer.MIN_VALUE;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        // dp[i][0] = max(dp[i-1][0], dp[i-1][1] + prices[i])
        dp_i_0 = Math.max(dp_i_0, dp_i_1 + prices[i]);
        // dp[i][1] = max(dp[i-1][1], -prices[i])
        dp_i_1 = Math.max(dp_i_1, -prices[i]);
    }
    return dp_i_0;
}
```

两种方式都是一样的，不过这种编程方法简洁很多，但是如果没有前面状态转移方程的引导，是肯定看不懂的。后续的题目，你可以对比一下如何把 `dp` 数组的空间优化掉。