সর্বাধিক একক বিক্রয় লাভ

123

মনে করুন আমাদের একক দিনে স্টোরের মূল্য উপস্থাপন করে এন পূর্ণসংখ্যার একটি অ্যারে দেওয়া হয়েছে । আমরা বয়ডেই ≤ সেলডে সহ একটি জুড়ি (বাইডে, সেলডে) সন্ধান করতে চাই , যেমন আমরা যদি বাইডেতে স্টকটি কিনে এবং বিক্রয় দিবসে বিক্রি করি তবে করি তবে আমরা আমাদের সর্বাধিক ।

স্পষ্টতই সমস্ত সম্ভাব্য (বাইডে, বিক্রয়ডে) জোড় চেষ্টা করে এবং সেগুলির মধ্যে থেকে সেরাটি গ্রহণ করে অ্যালগরিদমের একটি ও (এন ² ) সমাধান রয়েছে । যাইহোক, এর চেয়ে আরও ভাল অ্যালগরিদম কি সম্ভবত ও (এন) সময়ে চলে?

— অজিত গঙ্গা
সূত্র

2

এটি ইন্ডিয়ারেশনের স্তরের সর্বাধিক যোগফলের পরবর্তী সমস্যা।

— এমএসএন

2

@ এসএমএস: কীভাবে? তিনি মোটেও অঙ্কের দিকে নজর দিচ্ছেন না, বরং উপাদানের মধ্যে পার্থক্য দেখছেন।

— পেঙ্গওন

@ পেনগন- সত্য, তবে প্রশ্নটি বন্ধ ছিল। আমি প্রশ্নটি বুঝে ওঠার পক্ষে সহজ হয়ে উঠলাম, সুতরাং আমরা কি এটি খোলা রাখার চেষ্টা করতে পারি?

— টেম্পলেটটিফাইফ

2

@ পেংওন, যেমনটি আমি বলেছিলাম, এটির একটি মাত্রার দিকনির্দেশ রয়েছে। বিশেষত, আপনি বেশ কয়েকটি দিনের অবিচ্ছিন্ন সেটগুলিতে লাভ / ক্ষতির যোগ সর্বাধিক করতে চান। অতএব, তালিকাটিকে লাভ / ক্ষতির মধ্যে রূপান্তর করুন এবং সর্বাধিক উপসংশের যোগফলটি সন্ধান করুন।

— এমএসএন

1

@ পিডিএন: এটি কাজ করবে না কারণ সর্বাধিক মিনিটের আগেই ঘটতে পারে। আপনি স্টক বিক্রি করতে পারবেন না (এই ক্ষেত্রে) এবং পরে এটি কিনতে পারেন।

— অজিত গঙ্গা

287

আমি এই সমস্যা ভালোবাসি। এটি একটি ক্লাসিক সাক্ষাত্কারের প্রশ্ন এবং আপনি এটি সম্পর্কে কীভাবে ভাবেন তার উপর নির্ভর করে আপনি আরও ভাল এবং আরও ভাল সমাধান পেয়ে যাবেন। এটি ও (এন ² ) সময়ের চেয়ে আরও ভালভাবে করা সম্ভব এবং আমি এখানে তিনটি ভিন্ন উপায়ে তালিকাবদ্ধ করেছি যাতে আপনি সমস্যাটি সম্পর্কে এখানে ভাবতে পারেন। আশা করি এটি আপনার প্রশ্নের উত্তর দেয়!

প্রথমত, বিভাজন এবং বিজয়ী সমাধান। আসুন দেখি আমরা কি প্রতিটি ইনপুট অর্ধেকভাগে বিভক্ত করে, প্রতিটি সুবারে সমস্যার সমাধান করে, তারপর দুজনকে একত্রিত করে সমাধান করতে পারি। দেখা যাচ্ছে যে আমরা আসলে এটি করতে পারি এবং দক্ষতার সাথে এটি করতে পারি! অন্তর্দৃষ্টি নিম্নরূপ: আমাদের যদি একটি একক দিন থাকে তবে সর্বোত্তম বিকল্পটি হ'ল সেই দিনটি কিনে তারপরে কোনও দিন কোনও লাভের জন্যই আবার বিক্রি করে দেওয়া। অন্যথায়, অ্যারে দুটি অংশে বিভক্ত করুন। যদি আমরা সর্বোত্তম উত্তরটি কী হতে পারে তা চিন্তা করে, এটি অবশ্যই তিনটি স্থানে থাকা উচিত:

সঠিক ক্রয় / বিক্রয় জুটি পুরো অর্ধের মধ্যে পুরোপুরি ঘটে।
সঠিক ক্রয় / বিক্রয় জুটি সম্পূর্ণভাবে দ্বিতীয়ার্ধের মধ্যে ঘটে।
সঠিক ক্রয় / বিক্রয় জুটি উভয় অর্ধেক জুড়েই ঘটে - আমরা প্রথমার্ধে কিনি, পরে দ্বিতীয়ার্ধে বিক্রি করি।

আমরা প্রথম এবং দ্বিতীয় ভাগগুলিতে বারবার অ্যালগরিদমকে অনুরোধ করে (1) এবং (2) এর মান পেতে পারি the বিকল্পের জন্য (3), সর্বাধিক লাভের উপায় হ'ল প্রথমার্ধের সর্বনিম্ন পয়েন্টে কেনা এবং দ্বিতীয়ার্ধের বৃহত্তম পয়েন্টে বিক্রি করা। ইনপুটটির উপরে কেবল একটি সাধারণ লিনিয়ার স্ক্যান করে এবং দুটি মান খুঁজে বের করে আমরা দুটি অর্ধে ন্যূনতম এবং সর্বাধিক মান খুঁজে পেতে পারি। এরপরে এটি আমাদের নীচের পুনরাবৃত্তির সাথে একটি অ্যালগরিদম দেয়:

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

পুনরাবৃত্তিটি সমাধান করার জন্য মাস্টার উপপাদ্যটি ব্যবহার করে আমরা দেখতে পেলাম যে এটি ও (এন lg এন) সময়ে চলে এবং পুনরাবৃত্ত কলগুলির জন্য ও (এলজি এন) স্থান ব্যবহার করবে। আমরা সবেমাত্র নিষ্পাপ হে (এন ² ) সমাধানকে পরাজিত করেছি !

কিন্তু অপেক্ষা করো! এর থেকে আমরা আরও অনেক ভাল করতে পারি। লক্ষ্য করুন যে আমাদের পুনরাবৃত্তির ক্ষেত্রে ও (এন) শব্দ থাকার একমাত্র কারণ হ'ল প্রতিটি অর্ধেকের মধ্যে ন্যূনতম এবং সর্বাধিক মান সন্ধান করার জন্য আমাদের পুরো ইনপুটটি স্ক্যান করতে হয়েছিল। যেহেতু আমরা ইতিমধ্যে প্রতিটি অর্ধেক পুনরাবৃত্তভাবে অন্বেষণ করছি, সম্ভবত আমরা পুনরাবৃত্তিটি প্রতিটি অর্ধেকের ন্যূনতম এবং সর্বাধিক মানগুলি ফিরিয়ে দেওয়ার মাধ্যমে আরও ভাল করতে পারি! অন্য কথায়, আমাদের পুনরাবৃত্তি তিনটি জিনিস ফিরে দেয়:

সর্বাধিক মুনাফা অর্জনের জন্য কেনা বেচার সময়।
পরিসরে সামগ্রিকভাবে সর্বনিম্ন মান।
সীমাতে সামগ্রিকভাবে সর্বাধিক মান।

এই শেষ দুটি মান পুনরাবৃত্তভাবে একটি সরল পুনরাবৃত্তি ব্যবহার করে গণনা করা যেতে পারে যা আমরা একই সাথে গণনা (1) এর পুনরাবৃত্তি হিসাবে চালাতে পারি:

একটি একক-উপাদান রেঞ্জের সর্বাধিক এবং ন্যূনতম মানগুলি কেবলমাত্র সেই উপাদান।
একাধিক উপাদান পরিসরের সর্বাধিক এবং ন্যূনতম মানগুলি ইনপুটটিকে অর্ধেকভাগে বিভক্ত করে, প্রতিটি অর্ধের সর্বাধিক এবং ন্যূনতম মানগুলি খুঁজে বের করে, তারপরে তাদের নিজ নিজ সর্বোচ্চ এবং সর্বনিম্ন গ্রহণ করে পাওয়া যাবে।

আমরা যদি এই পদ্ধতির ব্যবহার করি তবে আমাদের পুনরাবৃত্তির সম্পর্কটি এখন

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

এখানে মাস্টার উপপাদ্য ব্যবহার করা আমাদের ও (এনজি) স্থানের সাথে ও (এনজি) একটি রানটাইম দেয় যা আমাদের মূল সমাধানের চেয়ে আরও ভাল!

তবে এক মিনিট অপেক্ষা করুন - আমরা এর থেকে আরও ভাল করতে পারি! আসুন ডায়নামিক প্রোগ্রামিং ব্যবহার করে এই সমস্যাটি সমাধান করার বিষয়ে ভাবুন। সমস্যাটি সম্পর্কে নিম্নরূপ চিন্তা করা ধারণা হবে। মনে করুন যে আমরা প্রথম কে উপাদানগুলি দেখার পরে সমস্যার উত্তরটি জানতাম। প্রথম (কে + 1) উপাদানগুলির সমস্যাটি সমাধান করার জন্য আমরা আমাদের প্রাথমিক সমাধানের সাথে একত্রে (কে + 1) স্ট্যান্ড উপাদানটি সম্পর্কে জ্ঞান ব্যবহার করতে পারি? যদি তা হয় তবে আমরা প্রথম এলিমেন্টের জন্য সমস্যার সমাধান করে একটি দুর্দান্ত অ্যালগরিদম পেতে পারি, তারপরে প্রথম দুটি, তারপরে প্রথম তিনটি ইত্যাদি etc. যতক্ষণ না আমরা এটি প্রথম এন উপাদানগুলির জন্য গণনা করি।

আসুন কীভাবে এটি করা যায় সে সম্পর্কে ভেবে দেখি। আমাদের যদি মাত্র একটি উপাদান থাকে তবে আমরা ইতিমধ্যে জানি যে এটি সেরা বেচ / বিক্রয় জুটি হতে হবে। এখন ধরা যাক আমরা প্রথম কে উপাদানগুলির জন্য সর্বোত্তম উত্তরটি জানি এবং (কে + 1) সেন্ট এলিমেন্টটি দেখি। তারপরে এই মানটি প্রথম কে উপাদানগুলির তুলনায় আমাদের যে সমাধানটি চেয়ে ভাল সমাধান তৈরি করতে পারে তা হ'ল যদি প্রথম কে উপাদানগুলির মধ্যে ক্ষুদ্রতম এবং সেই নতুন উপাদানটির মধ্যে পার্থক্যটি আমরা এখন পর্যন্ত গণনা করা সবচেয়ে বড় পার্থক্যের চেয়ে বড়। সুতরাং ধরুন যে আমরা উপাদানগুলি পেরিয়ে যাচ্ছি, আমরা দুটি মান - আমরা এখন পর্যন্ত দেখেছি ন্যূনতম মান, এবং সর্বাধিক লাভ কেবল প্রথম কে উপাদানগুলির সাথে উপার্জন করতে পারি of প্রাথমিকভাবে, আমরা এখন পর্যন্ত যে সর্বনিম্ন মানটি দেখেছি তা হ'ল প্রথম উপাদান এবং সর্বাধিক লাভ শূন্য। যখন আমরা একটি নতুন উপাদান দেখি, আমরা এখন পর্যন্ত সবচেয়ে কম দামে কেনা এবং বর্তমান দামে বিক্রি করে আমরা কতটা উপার্জন করব তা গণনা করে আমরা আমাদের সর্বোত্তম লাভটি আপডেট করি update যদি আমরা এখনও অবধি গণনা করেছি এমন সর্বোত্তম মানের তুলনায় এটি যদি ভাল হয় তবে আমরা এই নতুন লাভ হিসাবে অনুকূল সমাধানটি আপডেট করি। এরপরে, আমরা বর্তমানের ক্ষুদ্রতম উপাদান এবং নতুন উপাদানটির সর্বনিম্ন হতে এখন পর্যন্ত দেখা সর্বনিম্ন উপাদানকে আপডেট করি।

যেহেতু প্রতিটি পদক্ষেপে আমরা কেবল ও (1) কাজ করি এবং আমরা প্রতিটি এন উপাদানগুলির সাথে একবারে ঘুরে দেখি, এটি সম্পূর্ণ করতে ও (এন) সময় লাগে! তদতিরিক্ত, এটি কেবল ও (1) সহায়ক স্টোরেজ ব্যবহার করে। এটি এতদূর ভাল যা আমরা এখনও পর্যন্ত অর্জন করেছি!

উদাহরণ হিসাবে, আপনার ইনপুটগুলিতে, কীভাবে এই অ্যালগরিদমটি চলতে পারে তা এখানে। অ্যারের প্রতিটি মানের মধ্যে সংখ্যাগুলি সেই বিন্দুতে অ্যালগরিদমের দ্বারা পরিচালিত মানের সাথে মিল থাকে। আপনি আসলে এই সবগুলি সংরক্ষণ করবেন না (এটি O (n) মেমরি লাগবে!) তবে অ্যালগরিদমটি বিকশিত হওয়া এটি সহায়ক:

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

উত্তর: (5, 10)

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

উত্তর: (4, 12)

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

উত্তর: (1, 5)

আমরা কি এখন আরও ভাল করতে পারি? দুর্ভাগ্যক্রমে, অ্যাসিম্পোটিক অর্থে নয়। যদি আমরা ও (এন) এর চেয়ে কম সময় ব্যবহার করি তবে আমরা বড় ইনপুটগুলিতে সমস্ত সংখ্যার দিকে নজর দিতে পারি না এবং এইভাবে গ্যারান্টি দিতে পারি না যে আমরা সর্বোত্তম উত্তরটি মিস করব না (আমরা যে উপাদানগুলিতে এটি "লুকিয়ে" রাখতে পারি) তাকান না)। এছাড়াও, আমরা ও (1) স্পেসের চেয়ে কম ব্যবহার করতে পারি না। বিগ-ও সূচিত্রে লুকিয়ে থাকা ধ্রুবক কারণগুলির জন্য কিছু অপ্টিমাইজেশন হতে পারে, তবে অন্যথায় আমরা কোনও আমূলতর উন্নত বিকল্পগুলি খুঁজে পাওয়ার আশা করতে পারি না।

সামগ্রিকভাবে, এর অর্থ হল যে আমাদের কাছে নিম্নলিখিত অ্যালগরিদম রয়েছে:

নিষ্পাপ: ও (এন ² ) সময়, ও (1) স্থান।
বিভাজক এবং বিজয়: ও (এন এলজি এন) সময়, ও (এলজি এন) স্পেস।
অনুকূল বিভাজক এবং বিজয়: ও (এন) সময়, ও (এলজি এন) স্পেস।
ডায়নামিক প্রোগ্রামিং: ও (এন) সময়, ও (1) স্পেস।

আশাকরি এটা সাহায্য করবে!

সম্পাদনা : আপনি যদি আগ্রহী হন তবে আমি এই চারটি অ্যালগরিদমের একটি পাইথন সংস্করণ কোড আপ করেছি যাতে আপনি তাদের সাথে অভিনয় করতে পারেন এবং তাদের সম্পর্কিত পারফরম্যান্স বিচার করতে পারেন। কোডটি এখানে:

# 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

— templatetypedef
সূত্র

1

@ ফ্র্যাঙ্ককিউ.- পুনরাবৃত্ত কলগুলির উভয়ের জন্য স্পেস প্রয়োজন, তবে সাধারণত এই কলগুলি একের পর এক সঞ্চালিত হয়। এর অর্থ হ'ল সংকলক কলগুলির মধ্যে স্মৃতি পুনরায় ব্যবহার করতে পারে; একবার যদি একটি কল ফিরে আসে, পরের কলটি তার স্থানটি পুনরায় ব্যবহার করতে পারে। ফলস্বরূপ, আপনার একবারে কেবল একটি ফাংশন কল ধরে রাখতে মেমরি দরকার, তাই মেমরির ব্যবহার কল স্ট্যাকের সর্বোচ্চ গভীরতার সাথে সমানুপাতিক। যেহেতু পুনরাবৃত্তি O (লগ এন) স্তরে শেষ হয়, কেবল ও (লগ এন) মেমরিটি ব্যবহার করা দরকার। এটি কি বিষয়গুলি স্পষ্ট করে?

— টেম্পলেটটিফাইফ

কেউ কি রুবিকে এই বন্দর করতে পারে? কিছু পুনরাবৃত্তি পাইথনের মতো কাজ করে না। এছাড়াও এই সমাধানগুলি কেবলমাত্র সর্বোচ্চ মুনাফা ফিরিয়ে দেয়; তারা মুনাফা

— অর্জনকারী

ও (এন) সময় সমাধান ব্যাখ্যা করার জন্য ডায়নামিক প্রোগ্রামিংয়ের ধারণার সত্যই প্রয়োজন হয় না, তবে আপনি এই ধরণের সমস্ত অ্যালগোরিদমে টাই করেন তা দুর্দান্ত।

— Rn222

মুনাফা অনুসারে বাছাই করা সমস্ত জোড়া খুঁজে পেতে আপনি কীভাবে কোনও উপ O (n ^ 2) অ্যালগরিদম তৈরি করতে পারেন?

— ফের্ক 86

@templatetypedef আমরা এম $ এর বাজেট দিয়ে শুরু করতে চাইলে এবং একক স্টকের পরিবর্তে আমাদের কাছে এন স্টোরের দামের সাথে n দিন বাদে কীভাবে গতিশীল প্রোগ্রামিং পদ্ধতির পরিবর্তন হবে? অর্থাত্ আমরা কেনা স্টক ইউনিটের সংখ্যা এবং স্টক ডেটা 1 স্টক থেকে এন স্টকগুলিতে উপলব্ধ (যেমন প্রিভিওসালি, আমাদের কাছে কেবল গুগলের জন্য ছিল, এখন আমাদের 5 টি অন্যান্য সংস্থার জন্যও রয়েছে)

— রোনাক আগরওয়াল

32

এটি কিছুটা ইন্ডিরিয়ারেশন সহ সর্বাধিক যোগসূত্র সমস্যা। সর্বাধিক যোগফল পরবর্তী সমস্যাটিকে পূর্ণসংখ্যার একটি তালিকা দেওয়া হয় যা ইতিবাচক বা নেতিবাচক হতে পারে, সেই তালিকার একটি সংক্ষিপ্ত সাবসেটের বৃহত্তম যোগফল সন্ধান করে।

একটানা দিনের মধ্যে লাভ বা ক্ষতি নিয়ে আপনি এই সমস্যাটিকে তুচ্ছভাবে রূপান্তর করতে পারেন। সুতরাং আপনি স্টক মূল্যগুলির একটি তালিকা রূপান্তর করবেন, যেমন [5, 6, 7, 4, 2]লাভ / ক্ষতির তালিকায়, যেমন [1, 1, -3, -2],। সাবকোয়েন্স সমষ্টি সমস্যাটি তখন সমাধান করা বেশ সহজ: একটি অ্যারেতে উপাদানের সর্বাধিক যোগফল সহ উপসত্তা সন্ধান করুন

— এমএসএন
সূত্র

1

আমি মনে করি না এটি বেশ কার্যকরভাবে এইভাবে কার্যকর হয়, যেহেতু আপনি যদি কোনও প্রাথমিক দিন স্টকটি কিনে থাকেন তবে আপনি আগের দিন থেকে ব-দ্বীপের সুবিধা অর্জন করবেন না। বা এই পদ্ধতির মধ্যে এটি কোনও সমস্যা নয়?

— টেম্পলেটটিফাইফ

1

@templatetypedef, এ কারণেই আপনি সর্বাধিক যোগফল এবং বর্তমান অনুক্রমের যোগফলটি ট্র্যাক করেন। যখন বর্তমান সিকোয়েন্স যোগফল শূন্যের নীচে চলে যায়, আপনি জানেন যে এই সিকোয়েন্সটি দিয়ে আপনি কোনও অর্থোপার্জন করতে পারবেন না এবং আপনি আবার শুরু করতে পারেন। বৃহত্তম অঙ্কের সন্ধান করে আপনি স্বয়ংক্রিয়ভাবে সেরা কেনা / বেচার তারিখগুলি খুঁজে পাবেন।

— এমএসএন

6

@templatetypedef, ঘটনাক্রমে, আপনি নিজের উত্তরে একই জিনিসটি করেন।

— এমএসএন

16

এটিকে কেন ডায়নামিক প্রোগ্রামিং প্রশ্ন হিসাবে বিবেচনা করা হয় তা আমি সত্যই নিশ্চিত নই। আমি এই প্রশ্নটি পাঠ্যপুস্তক এবং অ্যালগরিদম গাইডগুলিতে স্পেস (যেমন প্রোগ্রামিং সাক্ষাত্কারের উপাদানসমূহ) এর জন্য ও (এন লগ এন) রানটাইম এবং ও (লগ এন) ব্যবহার করে দেখেছি। এটি দেখতে অনেক সহজ সমস্যা হিসাবে মনে হচ্ছে লোকেরা এটি তৈরি করছে।

এটি সর্বাধিক মুনাফা, ন্যূনতম ক্রয়ের মূল্য এবং ফলস্বরূপ সর্বোত্তম কেনা / বিক্রয়মূল্যের উপর নজর রেখে কাজ করে। অ্যারের প্রতিটি উপাদান দিয়ে যাওয়ার সাথে সাথে এটি প্রদত্ত উপাদানটি ন্যূনতম কেনার মূল্যের চেয়ে ছোট কিনা তা পরীক্ষা করে দেখুন। যদি এটি হয় তবে সর্বনিম্ন কেনা মূল্য সূচক, ( min) ,টিকে সেই উপাদানটির সূচক হিসাবে আপডেট করা হবে। অতিরিক্তভাবে, প্রতিটি উপাদানগুলির জন্য, (বর্তমান উপাদান এবং সর্বনিম্ন কেনার মূল্যের মধ্যে পার্থক্য) বর্তমান মুনাফার চেয়ে বেশি becomeABillionaireকিনা তা অ্যালগরিদম পরীক্ষা করে arr[i] - arr[min]। যদি তা হয় তবে লাভটি সেই তফাতটিতে আপডেট হয় এবং কেনা সেট হয়ে যায় arr[min]এবং সেট সেট হয়arr[i] ।

একক পাসে চলে।

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 );

}

সহ-লেখক: https://stackoverflow.com/users/599402/ephraim

— আকাশ মাগুন
সূত্র

2

সমস্যাটি সর্বাধিক সাব-সিকোয়েন্সের অনুরূপ
আমি ডায়নামিক প্রোগ্রামিং ব্যবহার করে এটি সমাধান করেছি। বর্তমান এবং পূর্বের ট্র্যাক রাখুন (লাভ, বাইডেট এবং বিক্রয় তারিখ) যদি বর্তমানের তুলনায় বর্তমান বেশি হয় তবে পূর্বের বর্তমানের সাথে প্রতিস্থাপন করুন।

    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 );
    }

— বিকাশ
সূত্র

2

এখানে আমার জাভা সমাধান:

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);     
}

— রোহিত মেন্ডিররত
সূত্র

@ নিতিরাজ, হ্যাঁ এই সমাধানটি সঠিক তবে আমি আপনাকে অনুরোধ করব দয়া করে টেম্পলেট টাইপফের দেওয়া উত্তরটি পড়ুন, যেমন টেম্পলেট টাইপফের দেওয়া উত্তর হিসাবে, রোহিত পোস্ট করেছেন এমনটি সহ সমস্ত সম্ভাব্য সমাধানের উল্লেখ করা হয়েছে। রোহিতের সলিউশনটি আসলে ও (এন) দিয়ে টেম্পলেটটিপিফের দেওয়া উত্তরে উল্লিখিত ডায়নামিক প্রোগ্রামিং ব্যবহার করে সর্বশেষ সমাধানটির বাস্তবায়ন।

— nits.kk

1

ধরুন আপনার অ্যারেটি ইন এ [] = {5, 4, 6, 7, 6, 3, 2, 5}; তারপরে আপনার যুক্তি অনুসারে আপনি 6 টি সূচকে কিনবেন এবং পরে এটি সূচক 3 এ বিক্রি করবেন যা ভুল। আপনি অতীতে বিক্রি করতে পারবেন না। বিক্রয় সূচকটি কেনার সূচকের চেয়ে বেশি হতে হবে।

— বিকাশকারী

1

উপরের সমাধানটি "প্রায়" সঠিক। তবে এটি "কেনা" মূল্যের সূচীর পরিবর্তে পরম মিনিট সূচি প্রিন্ট করে। সংশোধন করার জন্য আপনার আরও একটি পরিবর্তনশীল দরকার, মিনিবুয়ইন্ডেক্স বলুন যা আপনি কেবল "if (লাভ> সর্বোচ্চ প্রফিট)" ব্লকের ভিতরে আপডেট করেন এবং এটি মুদ্রণ করুন।

— জাভাব্রুব

1

আমি একটি সহজ সমাধান নিয়ে এসেছি - কোডটি স্ব-বর্ণনামূলক বেশি। এটি সেই গতিশীল প্রোগ্রামিং প্রশ্নগুলির মধ্যে একটি।

কোড ত্রুটি পরীক্ষা এবং কেস কেস যত্ন নেয় না। সমস্যাটি সমাধানের জন্য এটির প্রাথমিক ধারণাটির ধারণা দেওয়ার জন্য এটি একটি নমুনা।

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();
        }
    }
}

— vran ফ্রিল্যান্সার
সূত্র

1

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;

    }

এখানে আমার সমাধান। সর্বাধিক সাব-সিকোয়েন্স অ্যালগরিদম পরিবর্তন করে। ও (এন) এ সমস্যার সমাধান করে। আমি মনে করি এটি দ্রুত করা যায় না।

— Afaque
সূত্র

1

এটি একটি আকর্ষণীয় সমস্যা, কারণ এটি কঠিন বলে মনে হচ্ছে , তবে যত্নবান চিন্তাভাবনা একটি মার্জিত, পেয়ারড-ডাউন সমাধান দেয়।

যেমনটি উল্লেখ করা হয়েছে, এটি ও (এন ^ 2) সময়ে ব্রুট-ফোর্স সমাধান করা যেতে পারে। অ্যারেতে প্রতিটি প্রবেশের জন্য (বা তালিকা), সমস্যাটি সর্বাধিক লাভ বা ক্ষতি খুঁজে পেতে হবে কিনা তার উপর নির্ভর করে সর্বনিম্ন বা সর্বোচ্চটি পেতে পূর্ববর্তী সমস্ত এন্ট্রিগুলিতে পুনরাবৃত্তি করুন।

ও (এন) এর সমাধান সম্পর্কে কীভাবে ভাববেন তা এখানে: প্রতিটি এন্ট্রি একটি নতুন সম্ভাব্য সর্বোচ্চ (বা মিনিট) উপস্থাপন করে। তারপরে, আমাদের যা করা দরকার তা হ'ল পূর্বের মিনিট (বা সর্বোচ্চ) সংরক্ষণ করুন এবং বর্তমান এবং পূর্বের মিনিট (বা সর্বোচ্চ) এর সাথে পার্থক্যটি তুলনা করুন। সহজ কিছু.

JUnit পরীক্ষা হিসাবে জাভাতে কোডটি এখানে:

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;
    }

}

সর্বাধিক ক্ষতির হিসাব করার ক্ষেত্রে, আমরা বর্তমান এন্ট্রি পর্যন্ত তালিকার সর্বোচ্চ (ক্রয় মূল্য) সর্বাধিক নজর রাখি। তারপরে আমরা সর্বাধিক এবং বর্তমান প্রবেশের মধ্যে পার্থক্য গণনা করি। যদি সর্বাধিক - বর্তমান> ম্যাক্সলস হয়, তবে আমরা এই আলাদাটিকে নতুন ম্যাক্সলস হিসাবে রাখি। যেহেতু সর্বাধিক সূচকটি বর্তমানের সূচকের চেয়ে কম হওয়ার গ্যারান্টিযুক্ত তাই আমরা গ্যারান্টি দিচ্ছি যে 'কেনার' তারিখ 'বিক্রয়' তারিখের চেয়ে কম।

সর্বাধিক লাভের গণনা করার ক্ষেত্রে, সমস্ত কিছু বিপরীত হয়। আমরা বর্তমান এন্ট্রি পর্যন্ত তালিকার মিনিটে ট্র্যাক করি। আমরা মিনিট এবং বর্তমান প্রবেশের (বিয়োগফলকে ক্রমকে বিপরীত করে) মধ্যে পার্থক্য গণনা করি। যদি বর্তমান - মিনিট> ম্যাক্সগেইন হয়, তবে আমরা এই আলাদাটিকে নতুন ম্যাক্সগেইন হিসাবে রাখি। আবার 'ক্রয়' (ন্যূনতম) এর সূচক বর্তমানের সূচকের আগে আসে ('বিক্রয়')।

আমাদের কেবলমাত্র ম্যাক্সগেইন (বা ম্যাক্সলস) এবং মিনিট বা সর্বোচ্চের সূচকের উপর নজর রাখতে হবে, তবে উভয়ই নয় এবং আমাদের কেনা 'বেচা' 'বেচা' এর চেয়ে কম বলে বৈধ করার জন্য সূচকগুলির তুলনা করার দরকার নেই, কারণ আমরা এটি প্রাকৃতিকভাবে পান

— স্টিভেন সলোমন
সূত্র

1

সর্বাধিক একক বিক্রয় লাভ, ও (এন) সমাধান

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
}

এখানে এমন একটি প্রকল্প রয়েছে যা 100 কে ইনট উপর সেট করে একটি এলোমেলো ডেটাতে ও (এন) বনাম ও (এন ^ 2) এর সময় জটিলতার পরীক্ষা করে। O (n ^ 2) 2 সেকেন্ড সময় নেয়, যখন O (n) 0.01 সেকেন্ড নেয়

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
}

এটি ধীর, ও (এন ^ 2) পদ্ধতির যা প্রতিটি দিনের বাকি দিনগুলি ডাবল লুপের মধ্য দিয়ে লুপ করে।

— অ্যালেক্স জি
সূত্র

1

শীর্ষে ভোট দেওয়া উত্তর এমন ক্ষেত্রে মঞ্জুরি দেয় না যেখানে সর্বাধিক মুনাফা নেতিবাচক এবং এই ধরনের ক্ষেত্রে অনুমতি দেওয়ার জন্য সংশোধন করা উচিত। লুপের পরিসীমা (লেন (ক) - 1) সীমাবদ্ধ করে এবং মুনাফার উপায়টি পরিবর্তিত করে সূচককে এক দ্বারা স্থানান্তরিত করে কেউ এটি করতে পারে।

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

অ্যারের জন্য আগেরটির সাথে ফাংশনের এই সংস্করণটির তুলনা করুন:

s = [19,11,10,8,5,2]

singSellProfit(s)
-1

DynamicProgrammingSingleSellProfit(s)
0

— ড্যানি বুব
সূত্র

0

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");
}

— মোহন রাজ
সূত্র

0

সর্বাধিক মুনাফা নির্ধারণের সম্ভাবনা অ্যারেতে প্রতিটি সূচকে বাম পাশের ন্যূনতম এবং ডান দিকের সর্বাধিক উপাদানগুলির ট্র্যাক রাখা থাকতে পারে। আপনি যখন স্টকের মূল্যের মাধ্যমে পুনরাবৃত্তি করছেন, কোনও নির্দিষ্ট দিনের জন্য আপনি সেদিনের সর্বনিম্ন দাম জানতে পারবেন এবং আপনি সেই দিনের পরে (এবং অন্তর্ভুক্ত) সর্বাধিক দামও জানতে পারবেন।

উদাহরণস্বরূপ, প্রদত্ত অ্যারে থাকার সাথে একটি min_arrএবং সংজ্ঞা দিন । ইনডেক্স মধ্যে সর্বনিম্ন উপাদান হবে সব সূচকের জন্য (বাম এবং আমি সহ)। ইনডেক্স মধ্যে সর্বোচ্চ উপাদান হবে সব সূচকের জন্য (ডান ও আমি অন্তর্গত)। তারপরে, আপনি এবং `min_arr 'এর মধ্যে সংশ্লিষ্ট উপাদানগুলির মধ্যে সর্বাধিক পার্থক্য খুঁজে পেতে পারেন :max_arrarrimin_arrarr<= iimax_arrarr>= imax_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

এটি ও (এন) সময়ে চালানো উচিত, তবে আমি বিশ্বাস করি এটি অনেক বেশি স্থান ব্যবহার করে।

— fibono
সূত্র

0

এটি অ্যারের মধ্যে দুটি উপাদানের মধ্যে সর্বাধিক পার্থক্য এবং এটি আমার সমাধান:

ও (এন) সময়ের জটিলতা ও (1) স্থান জটিলতা

    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);

— আহমেদ মনসি
সূত্র

0

এফবি সলিউশন ইঞ্জিনিয়ার পজিশনের জন্য লাইভ কোডিং পরীক্ষায় এটি ব্যর্থ হওয়ার পরে আমাকে শান্ত শীতল পরিবেশে এটি সমাধান করতে হয়েছিল, তাই আমার 2 সেন্ট এখানে রয়েছে:

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);

— ইডো ওয়েইনস্টাইন
সূত্র

কোড শুধুমাত্র উত্তর নিরুৎসাহিত করা হয়।

— প্রীতম ব্যানার্জি

0

সত্যই প্রশ্নের উত্তর দেওয়ার একমাত্র উত্তর হ'ল @ কাশ_ম্যাগুন (এবং এমন একটি সহজ উপায়ে!) এর মধ্যে একটি, তবে এটি প্রশ্নের মধ্যে বর্ণিত সঠিক অবজেক্টটি ফিরিয়ে দেয় না। আমি কিছুটা রিফ্যাক্টর করেছিলাম এবং পিএইচপিতে আমার উত্তরটি কেবল যা চাওয়া হয় তা ফেরত দেয়:

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];
}

— Natxet
সূত্র

0

একটি ঝরঝরে সমাধান:

+ (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;
}

— নবীন শান
সূত্র

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))

পাইথন 3-এ এই প্রোগ্রামটি ক্রয়ের মূল্য এবং বিক্রয়মূল্য ফিরিয়ে দিতে পারে যা লাভ (সর্বাধিক মুনাফা অর্জন করবে ) ও (এন) এর টাইম জটিলতা এবং ও (1) এর স্পেস জটিলতার সাথে গণনা করবে ।

— অরুণ টম
সূত্র

0

এখানে আমার সমাধান

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;
 }
}

— কনর্স
সূত্র

-1

সর্বনিম্ন এবং সর্বাধিক উপাদানগুলির উপর নজর রাখা সমস্ত উত্তরগুলির জন্য, সমাধানটি আসলে একটি ও (এন ^ 2) সমাধান। এটি কারণ এটি সর্বনিম্নের পরে সর্বাধিক ঘটেছে কিনা তা অবশ্যই পরীক্ষা করা উচিত। যদি এটি না ঘটে, তবে শর্তটি পূরণ না হওয়া পর্যন্ত আরও পুনরাবৃত্তির প্রয়োজন হয় এবং এটি হে (এন ^ 2) এর সবচেয়ে খারাপ পরিস্থিতি ছেড়ে দেয়। এবং যদি আপনি অতিরিক্ত পুনরাবৃত্তিগুলি এড়িয়ে যেতে চান তবে আরও অনেক জায়গার প্রয়োজন। যেভাবেই হোক না কেন, গতিশীল প্রোগ্রামিং সমাধানের তুলনায় কোনও সংখ্যা নেই

— Anikam
সূত্র