ALDS 1 1-D - Maximum Profit

抄题

You can obtain profits from foreign exchange margin transactions. For example, if you buy 1000 dollar at a rate of 100 yen per dollar, and sell them at a rate of 108 yen per dollar, you can obtain (108 - 100) × 1000 = 8000 yen.

Write a program which reads values of a currency $R_t$ at a certain time $t$ ($t = 0, 1, 2, ... n-1$), and reports the maximum value of $R_j - R_i$ where $j > i$ .

Input

The first line contains an integer $n$. In the following $n$ lines, $R_t$ $(t = 0, 1, 2, ... n-1)$ are given in order.

Output

Print the maximum value in a line.

Constraints

$2 \leq n \leq 200,000$

$1 \leq R_t \leq 10^9$

翻译

外汇交易可通过兑换不同国家的货币以赚取汇率差。比如1美元兑换100日元时购入1000美元，然后等汇率变动到1美元兑换108日元时再卖出，这样就可以赚取(108 - 100) × 1000 = 8000 日元。

现在请将某货币在 $t$ 时刻的价格 $R_t$ 作为输入数据 ($t = 0, 1, 2, ... n-1$)，计算出价格差 $R_j - R_i$ （其中 $j > i$ ）的最大值。

输入

第1行输入整数 $n$。接下来 $n$ 行依次给整数 $R_t$ $(t = 0, 1, 2, ... n-1)$ 赋值。

输出

在单独 1 行中输出最大值

限制

$2 \leq n \leq 200,000$

$1 \leq R_t \leq 10^9$

思考

第一眼看，感觉是个入门的求最大值、最小值的问题。随后在看输入示例时，发现求价格差时，高位价格必须晚于低位价格出现，然后就懵圈了（）

不成熟的想法为：

创建新数组，存储原数据中的拐点（忽略上升/下降过程中的中间值），对于每一个低位拐点，遍历所有高位拐点求出最大价格区间，最终给出价格。

复杂度 $O(n^2)$，寄。

题解

从左往右扫，定义两个变量：

• longest-segment（即为 $R_j-R_i$ ）
• lowest-point（即为 $i$，因为有 $i<j$ ）

初始：

• longest-segment = $-2\cdot 10^9$ （足够小，以至于任何一个向下/向上的线段都能够覆盖该值）
• lowest-point = $R[0]$ （遍历时用更小的点来覆盖之）

遍历：

• longest-segment = $\max($ longest-segment, $R[i]$ - lowest-point $)$
• lowest-point = $\min($ lowest-point, $R[i])$

人话：

固定最低点作为线段的一端，另一端向右不断寻找能够找到的最高点（最大收益，可以为负数，如果必定亏钱的情况下则为亏得最少的点）。

在寻找过程中，若是找到了更低的买入位置，则将最低点更新为最新低位。（然而此时longest-segment，即最大收益，未被覆盖，若是后续买卖无法达成更高收益，则会沿用前一段的计算结果）。

复杂度：$O(n)$

代码：

#include <iostream>

using namespace std;

#define MAXN 200005

int main()
{
    int n=0;
    cin >> n;

    int R[MAXN];

    for(int i=0; i<n; i++)
        cin >> R[i];

    auto point_min = R[0];
    auto segment_max = -2000000000;

    for(auto i=1; i<n; i++)
    {
        segment_max = max(segment_max, R[i] - point_min);
        point_min = min(point_min, R[i]);
    }

    cout << segment_max << endl;

    return 0;
}