【LeetCode热题100】打卡第31天：买卖股票的最佳时机&二叉树中的最大路径和

⛅前言

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精选 100 道力扣（LeetCode）上最热门的题目，适合初识算法与数据结构的新手和想要在短时间内高效提升的人，熟练掌握这 100 道题，你就已经具备了在代码世界通行的基本能力。在此专栏中，我们将会涵盖各种类型的算法题目，包括但不限于数组、链表、树、字典树、图、排序、搜索、动态规划等等，并会提供详细的解题思路以及Java代码实现。如果你也想刷题，不断提升自己，就请加入我们吧！QQ群号：827302436。我们共同监督打卡，一起学习，一起进步。

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题目来源📢：LeetCode 热题 100 - 学习计划 - 力扣（LeetCode）全球极客挚爱的技术成长平台

PS：作者水平有限，如有错误或描述不当的地方，恳请及时告诉作者，作者将不胜感激

买卖股票的最佳时机

🔒题目

原题链接：121.买卖股票的最佳时机

🔑题解

• 解法一：暴力（超时）

  class Solution {
      public int maxProfit(int[] prices) {
          int max = 0;
          for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
              for (int j = i + 1; j < prices.length; j++) {
                  int price = prices[j] - prices[i];
                  if (price > max) {
                      max = price;
                  }
              }
          }
          return max;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n^2)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

  代码优化：动态规划（时间优化）

  前面我们使用最为简单的暴力枚举，可以发现有很多重复性的计算，每次我们都需要去循环遍历重复计算当前元素左侧最大的一个元素，这显然是没有必要的，我们可以使用使用 一个 dp 数组来记录当前元素右侧最小的元素，我们从前往后遍历，①比当前元素小要么是上一个元素左侧最小值，②要么左侧没有比当前元素小的，那么当前的dp应该设置为当前元素，所以最终的动态转移方程就可以是dp[i]=Math.min(dp[i-1],prices[i])

  class Solution {
      public int maxProfit(int[] prices) {
          int[] dp = new int[prices.length];
          // 这里需要初始化第一个元素，从第二个元素开始进行状态转移计算
          dp[0] = prices[0];
          for (int i = 1; i < prices.length; i++) {
              dp[i] = Math.min(dp[i - 1], prices[i]);
          }
          int max = 0;
          for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
              max = Math.max(max, prices[i]-dp[i]);
          }
          return max;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(n)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

  代码优化：利用一个变量来记录左侧最小值（时间和空间优化）

  上面我们使用动态规划，利用一个 dp 数组来记录当前元素左侧最小值，我们可以惊奇的发现在使用 dp 时，我们并没有用到 dp[i] 右侧的元素，我们可以完全省掉这个数组，改用一个变量来记录当前元素左侧最小值，同时也只需要一次循环，在从左往右遍历的过程中就能够实现左侧最小值的更新，以及当前值的计算，这样既节省了内存消耗，又节省了时间消耗，从而大大提高代码的性能

  class Solution {
      public int maxProfit(int[] prices) {
          int leftMin = prices[0];
          int max = 0;
          for (int i = 0; i < prices.length; i++) {
              leftMin = Math.min(leftMin, prices[i]);
              max = Math.max(max, prices[i] - leftMin);
          }
          return max;
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n)$
  • 空间复杂度：$O(1)$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数

二叉树中的最大路径和

🔒题目

原题链接：124.二叉树中的最大路径和

🔑题解

• 解法一：递归

  题解大致思路：首先我们需要理解题目的意思，先是理解什么是路径，其实就是 一笔画能够得到路径的最大值

  

  上面这棵树的最大路径和，就是7+11+4+8+13=48

  

  以3为根节点，组成的二叉树只有3，此时这棵树所有节点能够组合起来的最大值就是3，同理可以知道4、和6的最大路径分别是它们本身；现在以2为根节点，组成的二叉树就是 2，3，4，此时这颗树组和起来的最大值就是 9，同理可以计算出 -8的最大路径是-2，而1的最大路径是 2、4、1，也就是7，因为1的右子树小于0，所以最大路径的组合不需要右子树，左子树我们要选用左节点左右子树中较大路径，左节点，也就是Math.max(cur.left.left, cur.left.left)

  通过上面对题目的解析，其实我们可以总结出一个计算公式，也就是当前节点能够形成的最大路径是cur.val+Math.max(cur.left, 0)+Math.max(cur.right, 0)，这个公式的意思就是当前节点 cur 能够形成的最大路径的组成是当前值 cur.val还有左子树构成路径的最大值，如果左子树的最大值小于0，则直接舍弃，还有右子树构成路径的最大值，同理小于0直接舍弃。但是对于

  class Solution {
      private int maxPathSum = Integer.MIN_VALUE;
  
      public int maxPathSum(TreeNode root) {
          calculateMaxPathSum(root);
          return maxPathSum;
      }
  
      private int calculateMaxPathSum(TreeNode root) {
          if (root == null) {
              return 0;
          }
          // 计算左子树的最大路径和
          int leftMax = Math.max(calculateMaxPathSum(root.left), 0);
          // 计算右子树的最大路径和
          int rightMax = Math.max(calculateMaxPathSum(root.right), 0);
          // 当前节点能够构成的最大路径和
          int curMax = root.val + Math.max(leftMax, 0) + Math.max(rightMax, 0);
          // 更新目前最大路径和
          maxPathSum = Math.max(maxPathSum, curMax);
  
          // 返回子节点下左右子树中较大的路径和
          return root.val + Math.max(leftMax, rightMax);
      }
  }
  

  复杂度分析：

  • 时间复杂度：$O(n)$，需要访问每一个节点
  • 空间复杂度：$O(n)$，递归的次数取决于树的高度，最好情况（树是一颗完全平衡二叉树）$logn$，最坏情况（树是单链表）$n$

  其中 $n$ 为数组中元素的个数