376. 摆动序列——【Leetcode每日刷题】

376. 摆动序列

如果连续数字之间的差严格地在正数和负数之间交替，则数字序列称为 摆动序列 。第一个差（如果存在的话）可能是正数或负数。仅有一个元素或者含两个不等元素的序列也视作摆动序列。

• 例如， [1, 7, 4, 9, 2, 5] 是一个 摆动序列 ，因为差值 (6, -3, 5, -7, 3) 是正负交替出现的。

• 相反，[1, 4, 7, 2, 5] 和 [1, 7, 4, 5, 5] 不是摆动序列，第一个序列是因为它的前两个差值都是正数，第二个序列是因为它的最后一个差值为零。

子序列 可以通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得，剩下的元素保持其原始顺序。

给你一个整数数组 nums ，返回 nums 中作为 摆动序列 的 最长子序列的长度 。

示例 1：

输入：nums = [1,7,4,9,2,5]
输出：6
解释：整个序列均为摆动序列，各元素之间的差值为 (6, -3, 5, -7, 3) 。

示例 2：

输入：nums = [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]
输出：7
解释：这个序列包含几个长度为 7 摆动序列。
其中一个是 [1, 17, 10, 13, 10, 16, 8] ，各元素之间的差值为 (16, -7, 3, -3, 6, -8) 。

示例 3：

输入：nums = [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
输出：2

提示：

• 1 <= nums.length <= 1000
• 0 <= nums[i] <= 1000

进阶：你能否用 O(n) 时间复杂度完成此题?

思路：

法一：动态规划

本题大家都很容易想到用动态规划来求解，求解的过程类似最长上升子序列。

• 不过是需要判断两个序列；
• 且需要nums相同长度的数组dp, flg，分别存放记录包括nums[i]在内的最长摆动序列及记录nums[j]与上一个数的差值符号。

法二：贪心

维护峰顶最大，峰谷最小：

• 设立一个 flg 记录前一次 序列摆动的趋势，趋势相反，序列长度 加 1；
• 如果相等元素跳过；
• 如果一直递增，序列长度不变，最后一个值一直更新当前最大值；（这样才有更多的机会遇到较小的值）
• 如果一直递减，序列长度不变，最后一个值一直更新当前最小值。（这样才有更多的机会遇到较大的值）

代码：(Java)

法一：动态规划

import java.util.Arrays;

public class WiggleMaxLength {

	public static void main(String[] args) {
		// TODO Auto-generated method stub
		int[] nums = {1,17,5,10,13,15,10,5,16,8};
		System.out.println(wiggleMaxLength(nums));
	}
	public static int wiggleMaxLength(int[] nums) {
		int n = nums.length;
		
		int[] dp = new int[n];//记录包括nums[i]在内的最长摆动序列
		int[] flg = new int[n];//记录nums[i]与上一个数的差值符号
		Arrays.fill(dp, 1);
		Arrays.fill(flg, 0); // 1表示和上一个数的差为正数，-1 表示和上一个数之差为负数 ,0表示相等
		
		for(int i = 1; i < n; i++) {
			for(int j = 0; j < i; j++) {
				if(nums[i] != nums[j] && flg[j] != (nums[i] > nums[j] ? 1 : -1) && dp[j] + 1 > dp[i]){
					flg[i] = nums[i] > nums[j] ? 1 : -1;
					dp[i] = dp[j] + 1;
				}
			}
		}
		return dp[n - 1];
	}
}

法二：贪心

public class WiggleMaxLength {

	public static void main(String[] args) {
		// TODO Auto-generated method stub
		int[] nums = {1,17,5,10,13,15,10,5,16,8};
		System.out.println(wiggleMaxLength(nums));
	}
	public static int wiggleMaxLength(int[] nums) {
		int n = nums.length;
		int flg = 0;//记录nums[i]与上一个数的差值符号
		int len = 1;
		for(int i = 1; i < n; i++) {
			if(nums[i] == nums[len - 1]) {
				continue;
			}else if(flg != (nums[i] > nums[len - 1] ? 1 : -1)){
				flg = nums[i] > nums[len - 1] ? 1 : -1;
				nums[len] = nums[i];
				len++;
			}else {
				nums[len - 1] = nums[i];
			}
		}
		return len;
    }
}

运行结果：

复杂度分析

法一：动态规划

• 时间复杂度：$O(n^2)$，其中 n 是序列的长度。我们需要两重 for 循环。
• 空间复杂度：$O(n)$。我们需要nums相同长度的数组dp, flg，分别存放记录包括nums[i]在内的最长摆动序列及记录nums[j]与上一个数的差值符号。

法二：贪心

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 n 是序列的长度。我们只需要遍历该序列一次。
• 空间复杂度：$O(1)$。我们只需要常数空间来存放若干变量。

类似题解题目：

646. 最长数对链
300. 最长递增子序列

注：仅供学习参考！

题目来源：力扣。