第 i 天卖出的最大利润，即在前面最低价的时候买入

class Solution:def maxProfit(self, prices: List[int]) -> int:min_price = prices[0]ans = 0for price in prices:ans = max(ans, price - min_price)min_price = min(min_price, price)return ans

class Solution:def maxProduct(self, nums: List[int]) -> int:n = len(nums)f_max = [0] * nf_min = [0] * nf_max[0] = f_min[0] = nums[0]for i in range(1, n):x = nums[i]f_max[i] = max(f_max[i-1] * x, f_min[i-1] * x, x)f_min[i] = min(f_max[i-1] * x, f_min[i-1] * x, x)return max(f_max)

• max_idx[i] 表示 nums[0 : max_idx] 所有元素中可以到达的最远位置
• 所以只需逐个遍历每个位置， 判断从之前的位置开始跳能否到达该位置

class Solution:def canJump(self, nums: List[int]) -> bool:# max_idx[i] 表示 nums[0 : max_idx] 所有元素中可以到达的最远位置# 所以只需逐个遍历每个位置, 判断从之前的位置开始跳能否到达该位置max_idx = 0  for i,v in enumerate(nums):if i > max_idx:return Falsemax_idx = max(max_idx, i + nums[i])return True        

只在无法继续走的时候才建桥，且建的是最远的桥，这是所有方案中最优的。

只遍历到 n-2 因为我们的边界 cur_right，在遍历到 n-2 后，更新后的 cur_right 一定是 > n-2的，所以一定大于等于 n-1

class Solution:def jump(self, nums: List[int]) -> int:# 只在无法继续走的时候才建桥，且建的是最远的桥，这是所有方案中最优的。ans = 0cur_right = 0  # 已构造桥的最远端next_right = 0  # 下一座桥的最远端for i in range(len(nums) - 1):next_right = max(next_right, i + nums[i])if cur_right == i:cur_right = next_rightans += 1return ans

「同一字母最多出现在一个片段中」
意味着，一个片段若要包含字母 a，那么所有的字母 a 都必须在这个片段中

利用合并区间的思想，s = a b a b c b a c a d e f e g d e h i j h k l i j

• a出现的区间为 [0,8]
• b出现的区间为 [1,5]
• c 出现的区间为 [4,7]

结合<45. 跳跃游戏 II>的思路，

• 区间右端点相当于当前点能到达的最远位置，
• 如果这个最远的位置都被前面最远区间的最远位置包含住了
• 那么这两个区间需要合并为一个区间

当 end = i 时，说明从 strat 到 当前位置 i 中的所有元素的最远区间就是当前位置
所以把当前位置划分为一个区间

class Solution:def partitionLabels(self, s: str) -> List[int]:last = {v:i for i,v in enumerate(s)}  # 每个字母最后出现的位置start = end = 0ans = []for i,v in enumerate(s):end = max(end, last[v])if end == i:ans.append(end-start+1)start = i + 1return ans