解题思路
先考虑最简单的「暴力遍历」，即枚举出所有情况，并从中选择最大利润。设数组 prices 的长度为 n ，由于只能先买入后卖出，因此第 1 天买可在未来 n−1 天卖出，第 2 天买可在未来 n−2 天卖出……以此类推，共有 (n−1)+(n−2)+⋯+0=n(n−1)/2 种情况，时间复杂度为 =O(N^2) 。考虑到题目给定的长度范围 1≤prices.length≤10^5，需要思考更优解法。
然而，暴力法会产生许多冗余计算。例如，若第 1 天价格低于第 2 天价格，即第 1 天成本更低，那么我们一定不会选择在第 2 天买入。进一步的，若在前 i 天选择买入，若想达到最高利润，则一定选择价格最低的交易日买入。考虑根据此贪心思想，遍历价格列表 prices 并执行两步：
由于初始值 i=0 ，为了序号对应，本文设从第 0 天开始；
更新前 i 天的最低价格，即最低买入成本 cost；
更新前 i 天的最高利润 profit ，即选择「前 i−1 天最高利润 profit 」和「第 i 天卖出的最高利润 price - cost 」中的最大值 ；
- class Solution {
- public int maxProfit(int[] prices) {
- int cost = Integer.MAX_VALUE, profit = 0;
- for (int price : prices) {
- cost = Math.min(cost, price);
- profit = Math.max(profit, price - cost);
- }
- return profit;
- }
- }
-
122. 买卖股票的最佳时机 II - 力扣（LeetCode）
解题思路：
对于单独交易日： 设今天价格 p1 、明天价格 p2，则今天买入、明天卖出可赚取金额 p2−p1（负值代表亏损）。
对于连续上涨交易日： 设此上涨交易日股票价格分别为 p1,p2,...,pn，则第一天买最后一天卖收益最大，即 pn−p1；等价于每天都买卖，即 pn−p1=(p2−p1)+(p3−p2)+...+(pn−p（n−1）)。
对于连续下降交易日： 则不买卖收益最大，即不会亏钱。
算法流程：
遍历整个股票交易日价格列表 price，并执行贪心策略：所有上涨交易日都买卖（赚到所有利润），所有下降交易日都不买卖（永不亏钱）。
设 tmp 为第 i-1 日买入与第 i 日卖出赚取的利润，即 tmp = prices[i] - prices[i - 1] ；
当该天利润为正 tmp > 0，则将利润加入总利润 profit；当利润为 0 或为负，则直接跳过；
遍历完成后，返回总利润 profit。
- class Solution {
- public int maxProfit(int[] prices) {
- int profit = 0;
- for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
- int tmp = prices[i] - prices[i - 1];
- if (tmp > 0) profit += tmp;
- }
- return profit;
- }
- }
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