Profitto massimo di vendita singola

Supponiamo di ricevere un array di n interi che rappresentano i prezzi delle azioni in un singolo giorno. Vogliamo trovare una coppia (buyDay, sellDay) , con buyDay ≤ sellDay , in modo tale che se acquistassimo lo stock su buyDay e lo vendessimo su sellDay , massimizzeremmo il nostro profitto.

Chiaramente c’è una soluzione O (n 2 ) all’algoritmo provando tutte le coppie possibili (buyDay, sellDay) e prendendo il meglio da tutte. Tuttavia, c’è un algoritmo migliore, forse uno che viene eseguito in tempo O (n) ?

Adoro questo problema È una classica domanda di intervista e, a seconda di come la pensi, finirai per trovare soluzioni sempre migliori. È certamente ansible farlo in meglio di O (n 2 ) tempo e ho elencato tre diversi modi in cui puoi pensare al problema qui. Spero che questo risponda alla tua domanda!

Innanzitutto, la soluzione divide et impera. Vediamo se riusciamo a risolvere questo dividendo l’input a metà, risolvendo il problema in ogni subarray, quindi combinando i due insieme. Si scopre che in realtà possiamo farlo e possiamo farlo in modo efficiente! L’intuizione è come segue. Se abbiamo un solo giorno, l’opzione migliore è comprare quel giorno e poi rivenderlo lo stesso giorno senza profitto. Altrimenti, dividi l’array in due metà. Se pensiamo a quale potrebbe essere la risposta ottimale, deve essere in una delle tre posizioni:

  1. La coppia di acquisto / vendita corretta si verifica completamente entro il primo semestre.
  2. La coppia di acquisto / vendita corretta si verifica completamente entro la seconda metà.
  3. La coppia di acquisto / vendita corretta si verifica in entrambe le metà – acquistiamo nel primo semestre, quindi vendiamo nel secondo semestre.

Possiamo ottenere i valori per (1) e (2) invocando ricorsivamente il nostro algoritmo sulla prima e sulla seconda metà. Per l’opzione (3), il modo per ottenere il massimo profitto sarebbe quello di acquistare nel punto più basso del primo semestre e vendere nel punto più alto della seconda metà. Possiamo trovare i valori minimi e massimi nelle due metà semplicemente facendo una semplice scansione lineare sull’input e trovando i due valori. Questo ci dà quindi un algoritmo con la seguente ricorrenza:

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

Usando il Teorema Master per risolvere la ricorrenza, scopriamo che questo funziona in tempo O (n lg n) e userà lo spazio O (lg n) per le chiamate ricorsive. Abbiamo appena battuto l'ingenua soluzione O (n 2 )!

Ma aspetta! Possiamo fare molto meglio di questo. Si noti che l'unica ragione per cui abbiamo un termine O (n) nella nostra ricorrenza è che dovevamo analizzare l'intero input cercando di trovare i valori minimi e massimi in ogni metà. Dato che stiamo già esplorando ricorsivamente ogni metà, forse possiamo fare meglio avendo la ricorsione anche restituire i valori minimi e massimi memorizzati in ogni metà! In altre parole, la nostra ricorsione restituisce tre cose:

  1. I tempi di acquisto e vendita per massimizzare il profitto.
  2. Il valore minimo complessivo nell'intervallo.
  3. Il valore massimo complessivo nell'intervallo.

Questi ultimi due valori possono essere calcolati in modo ricorsivo utilizzando una semplice ricorsione che possiamo eseguire contemporaneamente alla ricorsione per calcolare (1):

  1. I valori massimi e minimi di un intervallo di elementi singoli sono solo quell'elemento.
  2. I valori massimi e minimi di un intervallo di elementi multipli possono essere trovati dividendo l'input a metà, trovando i valori massimo e minimo di ciascuna metà, quindi prendendo i rispettivi massimi e minimi.

Se usiamo questo approccio, la nostra relazione di ricorrenza è ora

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

Usando il Teorema Master qui ci dà un tempo di esecuzione di O (n) con O (lg n) di spazio, che è ancora meglio della nostra soluzione originale!

Ma aspetta un attimo - possiamo fare anche meglio di così! Pensiamo a risolvere questo problema usando la programmazione dynamic. L'idea sarà di pensare al problema come segue. Supponiamo di conoscere la risposta al problema dopo aver esaminato i primi k elementi. Potremmo usare la nostra conoscenza dell'elemento st (k + 1), combinato con la nostra soluzione iniziale, per risolvere il problema per i primi elementi (k + 1)? Se è così, potremmo ottenere un ottimo algoritmo andando a risolvere il problema per il primo elemento, quindi i primi due, poi i primi tre, ecc. Fino a quando non lo abbiamo calcolato per i primi n elementi.

Pensiamo a come farlo. Se abbiamo un solo elemento, sappiamo già che deve essere la coppia migliore di acquisto / vendita. Supponiamo ora di conoscere la migliore risposta per i primi k elementi e di guardare l'elemento (k + 1) st. Quindi l'unico modo in cui questo valore può creare una soluzione migliore di quello che avevamo per i primi k elementi è se la differenza tra il più piccolo dei primi elementi k e quel nuovo elemento è più grande della più grande differenza che abbiamo finora calcolato. Quindi supponiamo che mentre stiamo attraversando gli elementi, teniamo traccia di due valori: il valore minimo che abbiamo visto finora e il massimo profitto che potremmo ottenere con i soli primi k elementi. Inizialmente, il valore minimo che abbiamo visto finora è il primo elemento e il profitto massimo è zero. Quando vediamo un nuovo elemento, per prima cosa aggiorniamo il nostro profitto ottimale calcolando quanto faremo acquistando al prezzo più basso visto fino ad ora e vendendo al prezzo corrente. Se questo è migliore del valore ottimale che abbiamo calcolato finora, aggiorniamo la soluzione ottimale per ottenere questo nuovo profitto. Successivamente, aggiorniamo l'elemento minimo visto finora come il minimo tra l'elemento più piccolo corrente e il nuovo elemento.

Dato che ad ogni passo facciamo solo O (1) e stiamo visitando ciascuno degli elementi esattamente una volta, questo richiede O (n) tempo per il completamento! Inoltre, utilizza solo la memoria ausiliaria O (1). Questo è buono come siamo arrivati ​​così lontano!

Ad esempio, sui tuoi input, ecco come potrebbe funzionare questo algoritmo. I numeri compresi tra ciascuno dei valori dell'array corrispondono ai valori mantenuti dall'algoritmo in quel punto. In realtà non li memorizzeresti tutti (ci vorrebbe O (n) memoria!), Ma è utile vedere l'algoritmo evolversi:

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

Risposta: (5, 10)

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

Risposta: (4, 12)

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

Risposta: (1, 5)

Possiamo fare meglio adesso? Sfortunatamente, non in senso asintotico. Se usiamo meno di O (n) tempo, non possiamo guardare tutti i numeri sui grandi input e quindi non possiamo garantire che non perderemo la risposta ottimale (potremmo semplicemente "nasconderlo" negli elementi che abbiamo non guardato). Inoltre, non possiamo usare meno di O (1) spazio. Potrebbero esserci alcune ottimizzazioni ai fattori costanti nascosti nella notazione O grande, ma altrimenti non possiamo aspettarci di trovare opzioni radicalmente migliori.

Nel complesso, ciò significa che abbiamo i seguenti algoritmi:

  • Naive: O (n 2 ) tempo, O (1) spazio.
  • Divide-and-Conquer: O (n lg n) tempo, O (lg n) spazio.
  • Divide-and-Conquer ottimizzato: O (n) time, O (lg n) space.
  • Programmazione dynamic: O (n) tempo, O (1) spazio.

Spero che questo ti aiuti!

EDIT : Se sei interessato, ho codificato una versione Python di questi quattro algoritmi in modo che tu possa giocare con loro e giudicare le loro prestazioni relative. Ecco il codice:

 # 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 

Questo è il problema di sottosuccessione della sum massima con un po ‘di indirezione. Il problema di sum sottosuccessione massimo viene fornito un elenco di numeri interi che potrebbero essere positivi o negativi, trovare la sum più grande di un sottoinsieme contiguo di tale elenco.

È ansible convertire banalmente questo problema a quel problema prendendo il profitto o la perdita tra giorni consecutivi. Così trasformsresti un elenco di prezzi delle azioni, ad esempio [5, 6, 7, 4, 2] in un elenco di guadagni / perdite, ad esempio [1, 1, -3, -2] . Il problema della sum delle sequenze è quindi abbastanza facile da risolvere: trova la sottosequenza con la più grande sum di elementi in una matrice

Non sono davvero sicuro del motivo per cui questo è considerato una domanda di programmazione dynamic. Ho visto questa domanda nei libri di testo e nelle guide degli algoritmi usando il runtime O (n log n) e O (log n) per lo spazio (es. Elementi delle interviste di programmazione). Sembra un problema molto più semplice di quello che le persone stanno facendo per essere.

Ciò funziona tenendo traccia del profitto massimo, del prezzo minimo di acquisto e, di conseguenza, del prezzo di acquisto / vendita ottimale. Passando attraverso ogni elemento dell’array, controlla se l’elemento dato è inferiore al prezzo di acquisto minimo. Se lo è, l’indice del prezzo minimo di acquisto, ( min ), viene aggiornato per essere l’indice di quell’elemento. Inoltre, per ogni elemento, l’algoritmo becomeABillionaire controlla se arr[i] - arr[min] (la differenza tra l’elemento corrente e il prezzo minimo d’acquisto) è maggiore del profitto corrente. Se lo è, il profitto viene aggiornato a tale differenza e l’acquisto è impostato su arr[min] e la vendita è impostata su arr[i] .

Corre in un solo passaggio.

 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 ); } 

Coautore: https://stackoverflow.com/users/599402/ephraim

ecco la mia soluzione Java:

 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); } 

Il problema è identico alla sub-sequenza massima
Ho risolto usando la programmazione dynamic. Tieni traccia di corrente e precedente (profitto, buydate e data di vendita) Se la corrente è superiore alla precedente, sostituisci la precedente con la corrente.

  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 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 ); } 

Ho trovato una soluzione semplice – il codice è più di auto-esplicativo. È una di quelle domande di programmazione dynamic.

Il codice non si occupa del controllo degli errori e dei casi limite. È solo un esempio per dare l’idea della logica di base per risolvere il problema.

 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 

Ecco la mia soluzione. modifica l'algoritmo di sub-sequenza massimo. Risolve il problema in O (n). Penso che non possa essere fatto più velocemente.

Questo è un problema interessante, perché sembra difficile, ma un’attenta riflessione produce una soluzione elegante e essenziale.

Come è stato notato, può essere risolto forza bruta in tempo O (N ^ 2). Per ogni voce nell’array (o nell’elenco), scorrere su tutte le voci precedenti per ottenere il minimo o il massimo a seconda che il problema sia trovare il maggior guadagno o perdita.

Ecco come pensare a una soluzione in O (N): ogni voce rappresenta un nuovo massimo ansible (o minimo). Quindi, tutto ciò che dobbiamo fare è salvare il precedente min (o massimo) e confrontare il diff con il corrente e il precedente min (o massimo). Vai tranquillo.

Ecco il codice, in Java come test JUnit:

 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; } } 

Nel caso di calcolo della perdita maggiore, teniamo traccia del massimo nella lista (prezzo di acquisto) fino alla voce corrente. Quindi calcoliamo la differenza tra la voce massima e quella corrente. Se max-current> maxLoss, allora manteniamo questo diff come il nuovo maxLoss. Poiché l’indice di max è garantito inferiore all’indice di corrente, garantiamo che la data di ‘buy’ è inferiore alla data di ‘sell’.

Nel caso del calcolo del guadagno massimo, tutto è invertito. Teniamo traccia del minimo nell’elenco fino alla voce corrente. Calcoliamo il diff tra il minimo e l’attuale (invertendo l’ordine nella sottrazione). Se corrente – min> maxGain, allora manteniamo questo diff come il nuovo maxGain. Ancora una volta, l’indice del “buy” (min) viene prima dell’indice di current (“sell”).

Dobbiamo solo tenere traccia di maxGain (o maxLoss) e dell’indice di min o max, ma non di entrambi, e non abbiamo bisogno di confrontare gli indici per convalidare che ‘comprare’ è inferiore a ‘vendere’, dal momento che ottieni questo naturalmente.

Profitto massimo single-sell, soluzione O (n)

 function stocks_n(price_list){ var maxDif=0, min=price_list[0] for (var i in price_list){ p = price_list[i]; if (pmaxDif) maxDif=p-min; } return maxDif } 

Ecco un progetto che esegue il test della complessità temporale su o (N) vs o (n ^ 2) approcci su un insieme di dati casuali su 100k ints. O (n ^ 2) richiede 2 secondi, mentre O (n) richiede 0,01 secondi

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 } 

Questo è l’approccio più lento, o (n ^ 2), che scorre per il resto dei giorni per ogni giorno, doppio ciclo.

 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;ibuy){ sell=stockvalues[i]; sellingpoint=i; } currentprofit=sell-buy; if(profitbuyingpoint){ 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"); } 

A possibility to determine the maximum profit might be to keep track of the left-side minimum and right-side maximum elements in the array at each index in the array. When you are then iterating through the stock prices, for any given day you will know the lowest price up to that day, and you will also know the maximum price after (and including) that day.

For instance, let’s define a min_arr and max_arr , with the given array being arr . Index i in min_arr would be the minimum element in arr for all indices <= i (left of and including i). Index i in max_arr would be the maximum element in arr for all indices >= i (right of and including i). Then, you could find the maximum difference between the corresponding elements in max_arr and `min_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 

This should run in O(n) time, but I believe it uses up a lot of space.

Here’s my solution

public static int maxProfit(ArrayList in){

  int min = in.get(0), max = 0; for(int i=0; i 

}

This is maximum difference between two elements in array and this is my solution:

O(N) time complexity O(1) space complexity

  int[] arr = {5, 4, 6 ,7 ,6 ,3 ,2, 5}; int start = 0; int end = 0; int max = 0; for(int i=1; i0){ 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); 

For all the answers keeping track of the minimum and maximum elements, that solution is actually an O(n^2) solution. This is because at the end it must be checked whether the maximum occurred after the minimum or not. In case it didn’t, further iterations are required until that condition is met, and this leaves a worst-case of O(n^2). And if you want to skip the extra iterations then a lot more space is required. Either way, a no-no as compared to the dynamic programming solution

After failing this in a live coding exam for a FB solutions engineer position I had to solve it in a calm cool atmosphere, so here are my 2 cents:

 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); 

The only answer really answering the question is the one of @akash_magoon (and in such a simple way!), but it does not return the exact object specified in the question. I refactored a bit and have my answer in PHP returning just what is asked:

 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]; } 

A neat solution :

 + (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; } 

The top voted answer does not allow for cases in which the maximum profit is negative and should be modified to allow for such cases. One can do so by limiting the range of the loop to (len(a) – 1) and changing the way profit is determined by shifting the index by one.

 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 

Compare this version of the function with the previous for the array:

 s = [19,11,10,8,5,2] singSellProfit(s) -1 DynamicProgrammingSingleSellProfit(s) 0 
 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)) 

This program in python3 can return the buying price and selling price that will maximize the profit, computed with Time complexity of O(n) and Space complexity of O(1) .