题目描述
只能选某天买入、之后某天卖出(各一次)，求最大利润；不交易则利润为 0。
思路解析
最直接是双重循环：枚举每个买入日 i、每个之后的卖出日 j，取 prices[j] − prices[i] 的最大值。一共约 n²/2 对，数据一大就超时。其实卖在第 j 天时，只关心 j 之前的最低买入价，根本不用回头逐个试。
关键招：从左往右扫，维护一个 minP=「今天之前的历史最低价」。今天卖的利润就是 price − minP，一路取最大值。为什么对：卖在今天，最优的买入点一定是之前的最低价；而 minP 边走边更新，天然只看「今天以前」，自动保证买在卖之前。
两个变量就位：只需两个变量：minP 记历史最低价(开局设无穷大)、profit 记最大利润(开局 0)。
第 0 天 · 价 7：第 0 天，历史最低价更新为 7(紫色 l 标最低价位置)。今天买今天卖赚 0，利润不变。
第 1 天 · 价 1 → 只更新最低价：负例分支：价格 1 比历史最低还低——这天只更新 minP=1、不卖(此刻卖反而亏)。最低价指针 l 移到这里，profit 保持 0。
第 2 天 · 价 5 → 第一次能赚：今天价 5，用今天卖能赚 5 − minP = 5 − 1 = 4，刷新最大利润为 4。minP 仍是 1。
第 3 天 · 价 3 → 没超过：今天卖只赚 3 − 1 = 2，没超过已有的 4，最大利润不动。
第 4 天 · 价 6 → 刷新最大：核心一步：今天价 6，用历史最低价 1 买、今天卖能赚 6 − 1 = 5！刷新最大利润 5(绿色标出买点和卖点)。
第 5 天 · 价 4 → 没超过：今天卖只赚 4 − 1 = 3，不超过 5，最大利润不变。
结束：走完一遍，最大利润 5。全程只用 minP 和 profit 两个变量，扫一趟搞定。
「一遍扫描里维护一个目前为止的最值」是数组题超常用的套路：最大子数组和、接雨水都有它的影子。
参考代码（Python）
1def maxProfit(prices):
2 minP = float(class="cl-str">"inf")
3 profit = 0
4 for p in prices:
5 minP = min(minP, p) # 先更新历史最低买入价
6 profit = max(profit, p - minP) # 再算今天卖能赚多少
7 return profit复杂度分析
- 时间复杂度：O(n) —— 只扫一遍价格数组
- 空间复杂度：O(1) —— 只用 minP、profit 两个变量
套路模板
一遍扫描里维护「历史最值」，再用它和当前元素算答案——很多一维最优问题都能套这个骨架。
1# 维护「历史最优」，再拿它和当前元素算答案
2best = 0; extreme = float(class="cl-str">"inf")
3for x in arr:
4 extreme = min(extreme, x) # 历史最优(看题改 min / max)
5 best = max(best, x - extreme) # 用当前元素和历史最优算答案易错点
- 错误写法：先算利润 profit，再更新 minP → 正确写法：先更新 minP，再用它算 profit（顺序反了会用「包含今天的最低价」去买、又在今天卖，等于同一天买卖；先更新 minP 才保证买入价来自今天之前(或今天)，逻辑才对）
- 错误写法：profit 初值设成 -∞ 或很大的数 → 正确写法：profit 初值设 0（题目允许不交易，价格全程下跌时没有正利润，应返回 0 而不是负数）
- 错误写法：记录买卖日下标后用 max(prices)−min(prices) → 正确写法：只维护「今天之前」的 minP（最高价可能出现在最低价之前(如本例 7 在 1 之前)，全局最大减全局最小会算出无法实现的利润）
以上文字与上方动画完全同一思路：先看动画建立直觉 → 读文字巩固 → 关掉页面自己默写一遍代码，能写出来才算真的掌握。