给定一个数组 prices ，其中 prices[i] 是一支给定股票第 i 天的价格。
设计一个算法来计算你所能获取的最大利润。你可以尽可能地完成更多的交易（多次买卖一支股票）。
注意：你不能同时参与多笔交易（你必须在再次购买前出售掉之前的股票）。
示例 1:
输入: prices = [7,1,5,3,6,4]
输出: 7
解释: 在第 2 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 3 天（股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。随后，在第 4 天（股票价格 = 3）的时候买入，在第 5 天（股票价格 = 6）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 6-3 = 3 。
示例 2:
输入: prices = [1,2,3,4,5]
输出: 4
解释: 在第 1 天（股票价格 = 1）的时候买入，在第 5 天 （股票价格 = 5）的时候卖出, 这笔交易所能获得利润 = 5-1 = 4 。
注意你不能在第 1 天和第 2 天接连购买股票，之后再将它们卖出。因为这样属于同时参与了多笔交易，你必须在再次购买前出售掉之前的股票。
示例 3:
输入: prices = [7,6,4,3,1]
输出: 0
解释: 在这种情况下, 没有交易完成, 所以最大利润为 0。
提示：
- 1 <= prices.length <= 3 * 10^4
- 0 <= prices[i] <= 10^4
根据题意，只要第i+1天的股票价格大于第i天，那么第i天买入，一定能获取更多利润，所以判断出第i+1天的股票价格大于第i天的时段然后买入即可。
因此声明一个变量 profit 记录利润，用一个for循环遍历数组price[]，比较第i天和第i+1天股价的大小，如果price[i+1] > price[i]，那么 profit 就加上差值 price[i+1]-price[i] ，这样便可得出最大利润。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int profit = 0;
for(int i = 0; i < prices.size() - 1; i++)
{
if(prices[i] < prices[i + 1])
profit += prices[i + 1] - prices[i];
}
return profit;
}
};
三、官方解法
方法一：动态规划
定义dp[i][0]表示第i天交易完之后手里没有股票的最大利润，dp[i][1]表示第i天交易完之后手里持有股票的最大利润。（i从0开始计）
当天交易完之后手里没有股票时有两种情况：
- 当天没有进行任何交易，又因为当天手里没有股票，所以当天没有股票的利润只能取前一天手里没有股票的利润。
- 把当天手里的股票给卖了，既然能卖，说明手里是有股票的，所以这个时候当天没有股票的利润要取前一天手里有股票的利润加上当天股票能卖的价格。这两种情况我们取利润最大的即可，所以可以得到
dp[i][0]=max(dp[i-1][0],dp[i-1][1]+prices[i]);
当天交易完之后手里持有股票也有两种情况：
- 当天没有任何交易，又因为当天手里持有股票，所以当天手里持有的股票其实前一天就已经持有了。
- 当天买入了股票，当天能买股票，说明前一天手里肯定是没有股票的，我们取这两者的最大值，所以可以得到
dp[i][1]=max(dp[i-1][1],dp[i-1][0]-prices[i]);
动态规划的递推公式有了，那么边界条件是什么，就是第0天
如果买入：dp[0][1]=-prices[0];
如果没买：dp[0][0]=0;
有了递推公式和边界条件，代码很容易就写出来了。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int n = prices.size();
int dp[n][2];
dp[0][0] = 0, dp[0][1] = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
dp[i][0] = max(dp[i - 1][0], dp[i - 1][1] + prices[i]);
dp[i][1] = max(dp[i - 1][1], dp[i - 1][0] - prices[i]);
}
return dp[n - 1][0];
}
};
作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/solution/mai-mai-gu-piao-de-zui-jia-shi-ji-ii-by-leetcode-s/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
注意到上面的状态转移方程中，每一天的状态只与前一天的状态有关，而与更早的状态都无关，因此我们不必存储这些无关的状态，只需要将dp[i−1][0] 和 dp[i−1][1] 存放在两个变量中，通过它们计算出dp[i][0] 和dp[i][1] 并存回对应的变量，以便于第 i+1 天的状态转移即可。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int n = prices.size();
int dp0 = 0, dp1 = -prices[0];
for (int i = 1; i < n; ++i) {
int newDp0 = max(dp0, dp1 + prices[i]);
int newDp1 = max(dp1, dp0 - prices[i]);
dp0 = newDp0;
dp1 = newDp1;
}
return dp0;
}
};
作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/solution/mai-mai-gu-piao-de-zui-jia-shi-ji-ii-by-leetcode-s/
来源：力扣（LeetCode）
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复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)，其中 n 为数组的长度。一共有 2n个状态，每次状态转移的时间复杂度为 O(1)，因此时间复杂度为 O(2n)=O(n)。
- 空间复杂度：O(n)O(n)。我们需要开辟 O(n)O(n) 空间存储动态规划中的所有状态。如果使用空间优化，空间复杂度可以优化至 O(1)。
方法二：贪心
由于股票的购买没有限制，因此整个问题等价于寻找 x 个不相交的区间 使得如下的等式最大化
其中表示在第天买入，表示在第天卖出。
问题可以简化为找 x 个长度为 1 的区间 使得的价值最大化。
贪心的角度考虑我们每次选择贡献大于 0 的区间即能使得答案最大化，因此最后答案为
其中 n 为数组的长度。
需要说明的是，贪心算法只能用于计算最大利润，计算的过程并不是实际的交易过程。
考虑题目中的例子 [1,2,3,4,5]，数组的长度 n=5，由于对所有的1≤i
但是实际的交易过程并不是进行 4 次买入和 4 次卖出，而是在第 1 天买入，第 5 天卖出。
class Solution {
public:
int maxProfit(vector& prices) {
int ans = 0;
int n = prices.size();
for (int i = 1; i < n; ++i) {
ans += max(0, prices[i] - prices[i - 1]);
}
return ans;
}
};
作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/best-time-to-buy-and-sell-stock-ii/solution/mai-mai-gu-piao-de-zui-jia-shi-ji-ii-by-leetcode-s/
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复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)O(n)，其中 nn 为数组的长度。我们只需要遍历一次数组即可。
- 空间复杂度：O(1)O(1)。只需要常数空间存放若干变量。
1.动态规划：对于一个存在两种或多种状态的问题并且存在连贯的递推关系时，可以考虑本题官方答案方法一的解法。
2.贪心算法：每个步骤上都作出最优选择的算法。求解“最短”“最大”“最多”等问题时应当考虑的一个思想。
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