मुझे इस समस्या से प्यार है। यह एक क्लासिक साक्षात्कार प्रश्न है और इस पर निर्भर करता है कि आप इसके बारे में कैसे सोचते हैं, आप बेहतर और बेहतर समाधान प्राप्त करेंगे। ओ (एन 2) से बेहतर में ऐसा करना निश्चित रूप से संभव है) time, and I've listed three different ways that you can think about the problem here. Hopefully this answers your question!
सबसे पहले, विभाजन और जीत समाधान। आइए देखें कि क्या हम आधे में इनपुट को विभाजित करके इसे हल कर सकते हैं, प्रत्येक सबरे में समस्या को हल कर सकते हैं, फिर दोनों को एक साथ जोड़ सकते हैं। पता चलता है कि हम वास्तव में ऐसा कर सकते हैं, और इतनी कुशलता से कर सकते हैं! अंतर्दृष्टि निम्नलिखित है। यदि हमारे पास एक ही दिन है, तो सबसे अच्छा विकल्प उस दिन खरीदना है और फिर बिना किसी लाभ के उसी दिन वापस बेच देना है। अन्यथा, सरणी को दो हिस्सों में विभाजित करें। यदि हम सोचते हैं कि इष्टतम उत्तर क्या हो सकता है, तो यह तीन स्थानों में से एक में होना चाहिए:
- सही खरीद / बिक्री जोड़ी पूरी तरह से पहली छमाही के भीतर होती है।
- सही खरीद / बिक्री जोड़ी पूरी तरह से दूसरी छमाही के भीतर होती है।
- सही खरीद / बिक्री जोड़ी दोनों हिस्सों में होती है - हम पहली छमाही में खरीदते हैं, फिर दूसरी छमाही में बेचते हैं।
हम अपने एल्गोरिथ्म को पहले और दूसरे पड़ाव पर पुनरावर्ती रूप से लागू करके (1) और (2) के लिए मान प्राप्त कर सकते हैं। विकल्प (3) के लिए, सबसे अधिक लाभ कमाने का तरीका पहली छमाही में सबसे कम बिंदु पर खरीदना और दूसरी छमाही में सबसे बड़े बिंदु पर बेचना होगा। हम इनपुट पर एक सरल रैखिक स्कैन करके और दो मूल्यों को खोजने के द्वारा दो हिस्सों में न्यूनतम और अधिकतम मान पा सकते हैं। इसके बाद हमें निम्न पुनरावृत्ति के साथ एक एल्गोरिथ्म मिलता है:
T(1) <= O(1)
T(n) <= 2T(n / 2) + O(n)
पुनरावृत्ति को हल करने के लिए मास्टर प्रमेय का उपयोग करते हुए , हम पाते हैं कि यह O (n lg n) समय में चलता है और पुनरावर्ती कॉल के लिए O (lg n) स्थान का उपयोग करेगा। हमने भोले ओ (एन 2 ) समाधान को हरा दिया है !
लेकिन रुकें! हम इससे बहुत बेहतर कर सकते हैं। ध्यान दें कि हमारे पुनरावृत्ति में O (n) शब्द का एकमात्र कारण यह है कि हमें प्रत्येक आधे में न्यूनतम और अधिकतम मान ज्ञात करने के लिए पूरे इनपुट को स्कैन करना था। चूंकि हम पहले से ही प्रत्येक छमाही की खोज कर रहे हैं, शायद हम बेहतर कर सकते हैं कि रिकर्सन भी प्रत्येक आधे में संग्रहीत न्यूनतम और अधिकतम मान वापस कर दे! दूसरे शब्दों में, हमारा पुनरावर्तन तीन चीजों को वापस करता है:
- लाभ को अधिकतम करने के लिए खरीदने और बेचने का समय।
- रेंज में कुल मिलाकर न्यूनतम मूल्य।
- रेंज में कुल मिलाकर अधिकतम मूल्य।
इन अंतिम दो मूल्यों को एक सीधी पुनरावृत्ति का उपयोग करके पुनरावर्ती रूप से गणना की जा सकती है जिसे हम पुनरावर्ती के रूप में उसी समय चला सकते हैं जब गणना करने के लिए (1):
- किसी एकल-तत्व श्रेणी का अधिकतम और न्यूनतम मान केवल वह तत्व है।
- एकाधिक तत्व श्रेणी के अधिकतम और न्यूनतम मान आधे में इनपुट को विभाजित करके, प्रत्येक आधे के अधिकतम और न्यूनतम मान को ढूंढकर, फिर उनके संबंधित अधिकतम और मिनट को प्राप्त करके पाया जा सकता है।
यदि हम इस दृष्टिकोण का उपयोग करते हैं, तो हमारा पुनरावृत्ति संबंध अब है
T(1) <= O(1)
T(n) <= 2T(n / 2) + O(1)
यहाँ मास्टर प्रमेय का उपयोग करके हमें O (ng) स्थान के साथ O (n) का रनटाइम मिलता है, जो हमारे मूल समाधान से भी बेहतर है!
लेकिन एक मिनट रुको - हम इससे भी बेहतर कर सकते हैं! आइए गतिशील प्रोग्रामिंग का उपयोग करके इस समस्या को हल करने के बारे में सोचें। समस्या के बारे में इस प्रकार विचार करना होगा। मान लीजिए कि हम पहले k तत्वों को देखने के बाद समस्या का उत्तर जानते थे। क्या हम पहले (k + 1) तत्वों के लिए समस्या को हल करने के लिए अपने प्रारंभिक समाधान के साथ संयुक्त (k + 1) सेंट तत्व के अपने ज्ञान का उपयोग कर सकते हैं? यदि ऐसा है, तो हम पहले तत्व के लिए समस्या को हल करके एक महान एल्गोरिथ्म प्राप्त कर सकते हैं, फिर पहले दो, फिर पहले तीन, आदि जब तक हम इसे पहले n तत्वों के लिए गणना नहीं करेंगे।
आइए इस बारे में सोचें कि यह कैसे करना है। यदि हमारे पास सिर्फ एक तत्व है, तो हम पहले से ही जानते हैं कि यह सबसे अच्छी खरीद / बिक्री जोड़ी है। अब मान लें कि हम पहले k तत्वों के लिए सबसे अच्छा उत्तर जानते हैं और (k + 1) st तत्व को देखते हैं। तब एकमात्र तरीका है कि यह मूल्य पहले के तत्वों के लिए हमारे पास जो था उससे बेहतर एक समाधान बना सकता है यदि पहले के तत्वों में से सबसे छोटे तत्व और उस नए तत्व के बीच का अंतर सबसे बड़ा अंतर है जो हमने अब तक गणना की है। तो मान लीजिए कि जैसे हम तत्वों के पार जा रहे हैं, हम दो मूल्यों पर नज़र रखते हैं - न्यूनतम मूल्य जो हमने अब तक देखा है, और अधिकतम लाभ जो हम पहले तत्वों के साथ कर सकते हैं। प्रारंभ में, हमने अब तक जो न्यूनतम मूल्य देखा है, वह पहला तत्व है, और अधिकतम लाभ शून्य है। जब हम एक नया तत्व देखते हैं, हम पहले अपने इष्टतम लाभ की गणना करके यह अनुमान लगाते हैं कि अब तक की सबसे कम कीमत पर खरीदकर और वर्तमान मूल्य पर बेचकर हम कितना लाभ कमाएंगे। यदि यह अब तक की गणना की गई इष्टतम मूल्य से बेहतर है, तो हम इस नए लाभ के लिए इष्टतम समाधान को अपडेट करते हैं। इसके बाद, हम अब तक देखे गए न्यूनतम तत्व को वर्तमान के सबसे छोटे तत्व और नए तत्व के रूप में अपडेट करते हैं।
चूँकि प्रत्येक चरण में हम केवल O (1) कार्य करते हैं और हम प्रत्येक n तत्वों को एक बार में देख रहे हैं, इसलिए O (n) को पूरा होने में समय लगता है! इसके अलावा, यह केवल ओ (1) सहायक भंडारण का उपयोग करता है। यह उतना ही अच्छा है जितना हमने अब तक प्राप्त किया है!
एक उदाहरण के रूप में, आपके इनपुट पर, यहां बताया गया है कि यह एल्गोरिदम कैसे चल सकता है। सरणी के प्रत्येक मान के बीच की संख्या उस बिंदु पर एल्गोरिथ्म द्वारा रखे गए मूल्यों के अनुरूप है। आप वास्तव में इन सभी को संग्रहीत नहीं करेंगे (यह O (n) मेमोरी!) लेगा, लेकिन यह एल्गोरिदम को विकसित होते देखने के लिए सहायक है:
5 10 4 6 7
min 5 5 4 4 4
best (5,5) (5,10) (5,10) (5,10) (5,10)
उत्तर: (5, 10)
5 10 4 6 12
min 5 5 4 4 4
best (5,5) (5,10) (5,10) (5,10) (4,12)
उत्तर: (4, 12)
1 2 3 4 5
min 1 1 1 1 1
best (1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5)
उत्तर: (1, 5)
क्या हम अब बेहतर कर सकते हैं? दुर्भाग्य से, एक विषम अर्थ में नहीं। यदि हम O (n) समय से कम का उपयोग करते हैं, तो हम बड़े इनपुट पर सभी नंबरों को नहीं देख सकते हैं और इस तरह गारंटी नहीं दे सकते हैं कि हम इष्टतम उत्तर को याद नहीं करेंगे (हम तत्वों में इसे "छिपा" सकते हैं) पर नहीं देखा)। साथ ही, हम O (1) स्थान से कम का उपयोग नहीं कर सकते। बिग-ओ नोटेशन में छिपे स्थिर कारकों के लिए कुछ अनुकूलन हो सकते हैं, लेकिन अन्यथा हम किसी भी मौलिक बेहतर विकल्प की उम्मीद नहीं कर सकते हैं।
कुल मिलाकर, इसका मतलब है कि हमारे पास निम्नलिखित एल्गोरिदम हैं:
- Naive: O (n 2 ) time, O (1) स्पेस।
- विभाजित और जीतना: O (n lg n) समय, O (lg n) स्थान।
- अनुकूलित विभाजित और जीत: O (n) समय, O (lg n) स्थान।
- गतिशील प्रोग्रामिंग: O (n) समय, O (1) स्थान।
उम्मीद है की यह मदद करेगा!
संपादित करें : यदि आप रुचि रखते हैं, तो मैंने इन चार एल्गोरिदम के पायथन संस्करण को कोडित किया है ताकि आप उनके साथ खेल सकें और उनके सापेक्ष प्रदर्शन का न्याय कर सकें। यहाँ कोड है:
# 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