LeetCode-376 摆动序列

题目描述

来源：力扣（LeetCode）链接：https://leetcode.cn/problems/wiggle-subsequence

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。

题解

枚举状态

可以创建一个枚举类型，用来标记目前的状态时上升还是下降，当元素值上升或下降时改变标记状态，在标记状态改变时记录摆动序列的长度 + 1

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        if(nums.size() < 2) {
            return nums.size();
        }

        int result = 1;
        enum Up__Down {
            UP, 
            DOWN, 
            INIT
        };

        Up__Down state = Up__Down::INIT;
        for(int i=1; i < nums.size(); ++i){
            if(nums[i] > nums[i-1] && state != Up__Down::UP){
                result ++;
                state = Up__Down::UP;
            }
             if(nums[i] < nums[i-1] && state != Up__Down::DOWN){
                result ++;
                state = Up__Down::DOWN;
            }           
        }
        return result;
    }
};

Name	Value
时间复杂度	$O(n)$
空间复杂度	$O(1)$

贪心

题目要求数字之间的差要正负交替，我们将差的正负描述为上坡、下坡两种情况，遍历序列的时需要记录当前两个元素的差值以及上两个元素的差值

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        int curr_diff = 0;  // 当前一对元素差值
        int prev_diff = 0;  // 上一对元素差值

        for (int i = 0; i< nums.size() - 1; ++i) {
            curr_diff = nums[i+1] - nums[i];
            
            prev_diff = curr_diff;  // 更新上一次的差值
        }
    }
};

用贪心的思想，将每一个局部坡度不变化的子序列数量相加，就是最终最长的摇摆子序列的长度

坡度变化会有三种情况

坡度相反，记录上一个局部坡度不变化的子序列 result++ ，更新 prev_diff
坡度不变，当前为局部坡度不变的子序列，跳过当前元素
坡度变为 0 （当前两个元素差值为 0），局部坡度没有发生摆动，跳过当前元素

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        int curr_diff = 0;  // 当前一对元素差值
        int prev_diff = 0;  // 上一对元素差值
        int result = 1;     // 记录坡度不变的子序列数量，默认最右有一个

        for (int i = 0; i< nums.size()-1; ++i) {
            curr_diff = nums[i+1] - nums[i];
            // 坡度反向
            if ((prev_diff <= 0 && curr_diff > 0) || (prev_diff >= 0 && curr_diff < 0)) {
                result++;
                prev_diff = curr_diff;
            }
        }
        return result;
    }
};

最后加上特殊情况的处理

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        if(nums.size() < 2) {
            return nums.size();
        }

        int curr_diff = 0;  // 当前一对元素差值
        int prev_diff = 0;  // 上一对元素差值
        int result = 1;     // 记录坡度不变的子序列数量，默认最右有一个

        for (int i = 0; i< nums.size()-1; ++i) {
            curr_diff = nums[i+1] - nums[i];
            // 坡度反向
            if ((prev_diff <= 0 && curr_diff > 0) || (prev_diff >= 0 && curr_diff < 0)) {
                result++;
                prev_diff = curr_diff;
            }
        }
        return result;
    }
};

Name	Value
时间复杂度	$O(n)$
空间复杂度	$O(1)$

动态规划

当一个元素满足摆动序列时，这个元素要么上升，要么下降，取决于前一个元素。列出状态表达式：

$up[i]$ 表示以前 $i$ 个元素中的某一个为结尾的最长上升摆动序列的长度
$down[i]$ 表示以前 $i$ 个元素中的某一个为结尾的最长下降摆动序列的长度

状态方程为

up[i]=\left\{ \begin{aligned} &up[i-1], & nums[i] \leq nums[i−1]\\ &max(up[i-1], down[i-1] + 1), & nums[i]>nums[i−1] \end{aligned} \right.

down[i]=\left\{ \begin{aligned} &down[i-1], & nums[i] \geq nums[i−1]\\ &max(up[i-1] + 1, down[i-1]), & nums[i]<nums[i−1] \end{aligned} \right.

最终答案为 $max(up[n-1],down[n-1])$ ，其中 $n$ 为序列长度

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        if (n < 2) {
            return n;
        }
        vector<int> up(n), down(n);
        up[0] = down[0] = 1;
        for (int i = 1; i < n; i++) {
            if (nums[i] > nums[i - 1]) {
                up[i] = max(up[i - 1], down[i - 1] + 1);
                down[i] = down[i - 1];
            } else if (nums[i] < nums[i - 1]) {
                up[i] = up[i - 1];
                down[i] = max(up[i - 1] + 1, down[i - 1]);
            } else {
                up[i] = up[i - 1];
                down[i] = down[i - 1];
            }
        }
        return max(up[n - 1], down[n - 1]);
    }
};

Name	Value
时间复杂度	$O(n)$
空间复杂度	$O(n)$

创建 $up$ ， $down$ 等于序列长度，初始化默认有一次摆动
遍历序列，并同时更新 $up$ ， $down$
1. $nums[i] > nums[i - 1]$ 发生上升摆动，最长上升摆动序列长度则为最长下降摆动序列长度 $up[i] = down[i-1] + 1$
2. $nums[i] < nums[i - 1]$ 发生下降摆动，最长下降摆动序列长度则为最长上升摆动序列长度 $down[i] = up[i - 1] + 1$
3. $nums[i] = nums[i - 1]$ 未发生摆动，维护当前元素为上一次的最大摆动长度即可
返回上升摆动序列长度和下降摆动序列长度的最大值即为结果

用一个表格帮助理解，以题目输入的示例二为例

input: nums = [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]

output: 7

i	0	1	2	3	4	5	6	7	8	9
nums	1	17	5	10	13	15	10	5	16	8
state	init	↑	↓	↑	↑	↑	↓	↓	↑	↓
up	1	2	2	4	4	4	4	4	6	6
dowm	1	1	3	3	3	3	5	5	5	7

根据此表格可以发现，我们其实可以将 $up$ ， $down$ 简化成两个变量来维护，而不是维护两个数组，节省空间

发生上升摆动时 $up = down + 1$
发生下降摆动时 $down = up + 1$

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        if(nums.size() < 2) {
            return nums.size();
        }
        int up =1, down = 1;
        for(int i = 1; i < nums.size(); ++i) {
            if(nums[i] > nums[i-1]) {
                up = down + 1;
            }
            else if(nums[i] < nums[i-1]) {
                down = up + 1;
            }
        }
        return max(up, down);
    }
};

Name	Value
时间复杂度	$O(n)$
空间复杂度	$O(1)$

题目描述​

题解​

枚举状态​

贪心​

动态规划​

题目描述

题解

枚举状态

贪心

动态规划