Maximum de vente unique
Supposons que nous recevions un tableau de n nombres entiers représentant les cours des actions sur une seule journée. Nous voulons trouver une paire (buyDay, sellDay) , avec buyDay ≤ sellDay , de sorte que si nous achetions les actions le buyDay et les vendions le sellDay , nous le ferions. maximiser notre profit.
Clairement il y a un O (n2) solution à l’algorithme en essayant toutes les possibilités (buyDay, sellDay) paires et en tirant le meilleur de chacune d’elles. Cependant, y a-t-il un meilleur algorithme, peut-être un qui tourne dans O(n) time?
J'aime ce problème. C'est une question d'entrevue classique et, selon votre façon de penser, vous obtiendrez de meilleures solutions. Il est certainement possible de le faire mieux que O (n2) temps, et j'ai énuméré trois façons différentes que vous pouvez penser sur le problème ici. J'espère que cela répond à votre question!
Premièrement, la solution diviser pour régner. Voyons si nous pouvons résoudre ce problème en scindant l'entrée en deux, en résolvant le problème de chaque sous-tableau, puis en combinant les deux. Il s'avère que nous pouvons le faire et que nous le faisons efficacement! L'intuition est la suivante. Si nous avons un seul jour, la meilleure option est d’acheter ce jour-là, puis de le revendre le même jour sans aucun profit. Sinon, divisez le tableau en deux moitiés. Si nous réfléchissons à ce que pourrait être la réponse optimale, elle doit se trouver à l’un des trois emplacements suivants:
- La paire achat/vente correcte apparaît complètement au cours de la première moitié.
- La paire achat/vente correcte apparaît complètement au cours de la seconde moitié.
- La bonne paire achat/vente apparaît dans les deux moitiés - nous achetons au premier semestre, puis vendons au second semestre.
Nous pouvons obtenir les valeurs pour (1) et (2) en appelant notre algorithme de manière récursive sur les première et seconde moitiés. Pour l'option (3), le moyen le plus rentable est d'acheter au plus bas du premier semestre et de vendre au plus fort du second semestre. Nous pouvons trouver les valeurs minimales et maximales dans les deux moitiés en effectuant simplement un balayage linéaire sur l'entrée et en recherchant les deux valeurs. Cela nous donne alors un algorithme avec la récurrence suivante:
T(1) <= O(1)
T(n) <= 2T(n / 2) + O(n)
En utilisant le Théorème Maître pour résoudre la récurrence, nous trouvons qu'elle s'exécute en un temps O (n lg n) et utilisera un espace O (lg n) pour les appels récursifs. Nous venons de battre le naïf O (n2) Solution!
Mais attendez! Nous pouvons faire beaucoup mieux que cela. Notez que la seule raison pour laquelle nous avons un terme O(n) dans notre récurrence est que nous avons dû analyser toute l'entrée en essayant de trouver les valeurs minimale et maximale dans chaque moitié. Puisque nous explorons déjà récursivement chaque moitié, peut-être pourrions-nous faire mieux en demandant à la récursivité de renvoyer également les valeurs minimale et maximale stockées dans chaque moitié! En d’autres termes, notre récursivité ramène trois choses en arrière:
- Les temps d'achat et de vente pour maximiser les profits.
- La valeur minimale globale dans la plage.
- La valeur maximale globale dans la plage.
Ces deux dernières valeurs peuvent être calculées de manière récursive en utilisant une récursion directe que nous pouvons exécuter en même temps que la récursion à calculer (1):
- Les valeurs maximales et minimales d'une plage à élément unique ne sont que cet élément.
- Les valeurs max et min d'une plage de plusieurs éléments peuvent être trouvées en divisant l'entrée en deux, en recherchant les valeurs max et min de chaque moitié, puis en prenant leurs valeurs max et min respectives.
Si nous utilisons cette approche, notre relation de récurrence est maintenant
T(1) <= O(1)
T(n) <= 2T(n / 2) + O(1)
Utiliser le théorème maître ici nous donne une durée d'exécution de O(n) avec un espace O (lg n), ce qui est encore meilleur que notre solution d'origine!
Mais attendez une minute, nous pouvons faire encore mieux que cela! Pensons à la résolution de ce problème en utilisant la programmation dynamique. L'idée sera de réfléchir au problème comme suit. Supposons que nous connaissions la réponse au problème après avoir examiné les k premiers éléments. Pourrions-nous utiliser notre connaissance du premier élément (k + 1), combinée à notre solution initiale, pour résoudre le problème des premiers (k + 1) éléments? Si tel était le cas, nous pourrions obtenir un excellent algorithme en résolvant le problème du premier élément, puis des deux premiers, puis des trois premiers, etc. jusqu'à ce que nous l'ayons calculé pour les n premiers éléments.
Pensons à comment faire cela. Si nous n’avons qu’un élément, nous savons déjà que ce doit être la meilleure paire achat/vente. Supposons maintenant que nous connaissions la meilleure réponse pour les k premiers éléments et que nous examinions le premier élément (k + 1). La seule façon pour cette valeur de créer une solution meilleure que celle que nous avions pour les k premiers éléments est si la différence entre le plus petit des k premiers éléments et ce nouvel élément est plus grande que la plus grande différence que nous avons calculée jusqu'à présent. Supposons donc que lorsque nous parcourons les éléments, nous gardons trace de deux valeurs: la valeur minimale constatée jusqu'à présent et le profit maximal que nous pourrions réaliser avec les k premiers éléments seulement. Initialement, la valeur minimale que nous avons vue jusqu'à présent est le premier élément et le profit maximal est égal à zéro. Lorsque nous voyons un nouvel élément, nous actualisons d’abord notre bénéfice optimal en calculant combien nous gagnerions en achetant au prix le plus bas jamais vu et en vendant au prix actuel. Si cette valeur est supérieure à la valeur optimale calculée à ce jour, nous mettons à jour la solution optimale en fonction de ce nouveau bénéfice. Ensuite, nous actualisons l’élément minimum considéré jusqu’à présent comme étant le minimum du plus petit élément actuel et du nouvel élément.
Puisque, à chaque étape, nous ne travaillons que O(1) et que nous visitons chacun des n éléments exactement une fois, cela prend O(n) temps! De plus, il n'utilise que O(1) mémoire auxiliaire. C'est aussi bon que nous avons eu jusqu'à présent!
À titre d'exemple, voici comment cet algorithme pourrait s'exécuter sur vos entrées. Les nombres entre chacune des valeurs du tableau correspondent aux valeurs détenues par l'algorithme à ce point. Vous ne stockeriez pas tous ces éléments (il faudrait O(n) mémoire!), Mais il est utile de voir l'algorithme évoluer:
5 10 4 6 7
min 5 5 4 4 4
best (5,5) (5,10) (5,10) (5,10) (5,10)
Réponse: (5, 10)
5 10 4 6 12
min 5 5 4 4 4
best (5,5) (5,10) (5,10) (5,10) (4,12)
Réponse: (4, 12)
1 2 3 4 5
min 1 1 1 1 1
best (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5)
Réponse: (1, 5)
Pouvons-nous faire mieux maintenant? Malheureusement, pas dans un sens asymptotique. Si nous utilisons moins de O(n) fois, nous ne pouvons pas regarder tous les nombres sur de grandes entrées et nous ne pouvons donc pas garantir que nous ne manquerons pas la réponse optimale (nous pourrions simplement "masquer". "dans les éléments que nous n'avons pas regardés). De plus, nous ne pouvons utiliser moins de O(1) espace. Il pourrait y avoir quelques optimisations aux facteurs constants cachés dans la notation big-O, mais sinon nous ne pouvons pas nous attendre à trouver des options radicalement meilleures.
Globalement, cela signifie que nous avons les algorithmes suivants:
- Naive: O (n2) temps, O(1) espace.
- Divide-and-Conquer: O (n lg n) temps, O (lg n) espace.
- Divide-and-Conquer optimisé: O(n) time, O (lg n) space.
- Programmation dynamique: O(n) heure, O(1) espace.
J'espère que cela t'aides!
EDIT: Si cela vous intéresse, j'ai codé a Python version de ces quatre algorithmes pour pouvoir jouer avec eux et juger de leurs performances relatives. Voici le code:
# 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
C'est le problème de sous-séquence de somme maximum avec un peu d'indirection. Le problème de la somme de la sous-séquence de somme maximale se voit attribuer une liste d’entiers pouvant être positifs ou négatifs. Trouvez la plus grande somme d’un sous-ensemble contigu de cette liste.
Vous pouvez facilement convertir ce problème en ce problème en prenant le bénéfice ou la perte entre deux jours consécutifs. Ainsi, vous transformeriez une liste de cours d’actions, par exemple [5, 6, 7, 4, 2] dans une liste de gains/pertes, par exemple, [1, 1, -3, -2]. Le problème de somme de sous-séquence est alors assez facile à résoudre: Trouvez la sous-séquence avec la plus grande somme d'éléments dans un tableau
Je ne sais pas vraiment pourquoi cela est considéré comme une question de programmation dynamique. J'ai vu cette question dans les manuels scolaires et les guides d'algorithmes utilisant O (n log n) runtime et O (log n) pour l'espace (par exemple, éléments de programmation d'entretiens). Cela semble être un problème beaucoup plus simple que ce que l’on prétend.
Cela fonctionne en gardant une trace du profit maximum, du prix d'achat minimum et, par conséquent, du prix optimal d'achat/vente. En parcourant chaque élément du tableau, il vérifie si l'élément donné est inférieur au prix d'achat minimal. Si tel est le cas, l’indice de prix minimum d’achat, (min), est mis à jour pour devenir l’indice de cet élément. En outre, pour chaque élément, l'algorithme becomeABillionaire vérifie si arr[i] - arr[min] (la différence entre l'élément actuel et le prix d'achat minimal) est supérieur au profit actuel. Si tel est le cas, le bénéfice est mis à jour à cette différence et buy est défini sur arr[min] et sell est défini sur arr[i].
S'exécute en un seul passage.
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 );
}
Le problème est identique à la sous-séquence maximale
Je l'ai résolu en utilisant la programmation dynamique. Gardez une trace de la date actuelle et précédente (date de profit, date d'achat et date de vente).
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<x; i++ ) {
currentDayprice = prices[i];
if(currentDayprice > 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 );
}
voici ma solution 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);
}
J'ai mis au point une solution simple: le code est plus explicite. C'est une de ces questions de programmation dynamique.
Le code ne prend pas en charge la vérification des erreurs et les cas Edge. C'est juste un échantillon pour donner l'idée de la logique de base pour résoudre le problème.
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<list.length;i++)
{
tempProfit = list[ i ] - list[i - 1];;
if(maxEndPoint < 0)
{
maxEndPoint = tempProfit;
initIndex = i;
}
else
{
maxEndPoint += tempProfit;
}
if(maxSum <= maxEndPoint)
{
maxSum = maxEndPoint ;
finalIndex = i;
}
}
System.out.println(initIndex + " " + finalIndex);
return maxSum;
}
Voici ma solution. modifie l'algorithme de sous-séquence maximum. Résout le problème en O (n). Je pense que cela ne peut pas être fait plus vite.
Bénéfice maximal lié à une vente unique, O(n) solution
function stocks_n(price_list){
var maxDif=0, min=price_list[0]
for (var i in price_list){
p = price_list[i];
if (p<min)
min=p
else if (p-min>maxDif)
maxDif=p-min;
}
return maxDif
}
Voici un projet qui teste la complexité en temps sur les approches o(N) par rapport à o (n ^ 2) sur un ensemble de données aléatoire sur 100 000 ints. O (n ^ 2) prend 2 secondes, tandis que O(n) prend 0.01s
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
}
C’est l’approche la plus lente, o (n ^ 2) qui boucle en boucle le reste des jours pour chaque jour, boucle double.
Une solution soignée:
+ (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;
}
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))
Ce programme en python3 peut renvoyer le prix d’achat et le prix de vente maximisant le profit, calculés avec Complexité temporelle de O(n) et Complexité spatiale de O(1) .
Après avoir échoué à un examen de codage en direct pour un poste d’ingénieur solutions FB, j’ai dû le résoudre dans une atmosphère calme et froide. Voici donc mes 2 centimes:
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);
La réponse la plus votée ne permet pas les cas dans lesquels le profit maximum est négatif et devrait être modifiée pour permettre de tels cas. On peut le faire en limitant la plage de la boucle à (len (a) - 1) et en modifiant la façon dont le profit est déterminé en décalant l’indice de un.
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
Comparez cette version de la fonction avec la précédente pour le tableau:
s = [19,11,10,8,5,2]
singSellProfit(s)
-1
DynamicProgrammingSingleSellProfit(s)
0
La seule réponse qui réponde réellement à la question est celle de @akash_magoon (et de manière aussi simple!), Mais elle ne renvoie pas l'objet exact spécifié dans la question. J'ai refactoré un peu et j'ai ma réponse dans PHP en retournant ce qui est demandé:
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];
}
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;i<stockvalues.length;i++){
if(stockvalues[i]<buy&&i!=stockvalues.length-1){
buy=stockvalues[i];
buyingpoint=i;
}
else if(stockvalues[i]>buy){
sell=stockvalues[i];
sellingpoint=i;
}
currentprofit=sell-buy;
if(profit<currentprofit&&sellingpoint>buyingpoint){
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");
}
C'est la différence maximale entre deux éléments d'un tableau et voici ma solution:
O (N) complexité temporelle O (1) complexité spatiale
int[] arr = {5, 4, 6 ,7 ,6 ,3 ,2, 5};
int start = 0;
int end = 0;
int max = 0;
for(int i=1; i<arr.length; i++){
int currMax = arr[i] - arr[i-1];
if(currMax>0){
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);
Voici ma solution
public static int maxProfit(List<Integer> in) {
int min = in.get(0), max = 0;
for(int i=0; i<in.size()-1;i++){
min=Math.min(min, in.get(i));
max = Math.max(in.get(i) - min, max);
}
return max;
}
}
Une possibilité de déterminer le profit maximum peut être de garder une trace des éléments minimum gauche et maximum maximum du tableau à chaque index du tableau. Lorsque vous parcourez ensuite les cours des actions, vous connaîtrez le cours le plus bas jusqu’à ce jour et le prix maximum après (et y compris) ce jour-là.
Par exemple, définissons un min_arr et un max_arr, le tableau donné étant arr. L'index i dans min_arr serait l'élément minimum dans arr pour tous les index <= i (à gauche de et y compris i). L'index i dans max_arr serait l'élément maximal dans arr pour tous les index >= i (à droite de i). Ensuite, vous pourriez trouver la différence maximale entre les éléments correspondants dans max_arr et `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
Cela devrait fonctionner dans O(n) temps, mais je pense que cela prend beaucoup de place.