Leetcode 376.摆动序列

贪心算法动态规划

Leetcode

发布日期: 2023-09-24

更新日期: 2023-09-24

文章字数: 1.5k

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Leetcode 376. 摆动序列

以后就分类进行刷题，包含课程和代码随想录中的部分题目。形成一定的大纲和刷题的思路。

1. 题目说明

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

2. 解答分析

2.1 思路1（贪心解法）

对题目要求的分析就是通过从原始序列中删除（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序，其实要求就是下图所示即可。
局部最优：删除单调坡度上的节点（不包括单调坡度两端的节点），那么这个坡度就可以有两个局部峰值。

整体最优：整个序列有最多的局部峰值，从而达到最长摆动序列。

局部最优可以推出全局最优，并无法举出反例，那么可以试试贪心。
实际上的操作并不用删除元素，而是统计峰值的数量就行。定义两个指针prediff(nums[i]-nums[i-1])和curdiff(nums[i+1]-nums[i]).

这里可能会出现3中情况，如下：
- 上下坡中有平坡
  
  前一个指针可能为0，比如[1,2,2,2,1]的情况，需要将中间的3个2进行判断比较。
- 数组首尾两端
  
  统计峰值的时候，数组最左边和最右边可能是波峰或者波谷。
- 单调坡度有平坡
  
  如果在一个单调坡度上有平坡，例如[1,2,2,2,3,4]。可以看出，如果是在前后变化的时候进行峰值的记录，那么会在第3个2的地方进行记录，但是此时并不是最长的峰值，所以我们需要另外更新preDiff的变化位置。需要在摆动进行变化的时候进行更新。

2.2 具体代码（贪心）

class Solution {
    public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
        if (nums.length <= 1) {
            return nums.length;
        }
        //当前差值
        int curDiff = 0;
        //上一个差值
        int preDiff = 0;
        int count = 1; //峰值的个数，序列默认序列的最右边有一个峰值
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            //得到当前差值
            curDiff = nums[i] - nums[i - 1];
            //如果当前差值和上一个差值为一正一负
            //等于0的情况表示初始时的preDiff
            if ((curDiff > 0 && preDiff <= 0) || (curDiff < 0 && preDiff >= 0)) {
                count++;
                preDiff = curDiff;// 注意这里，只在摆动变化的时候更新prediff
            }
        }
        return count;
    }
}

复杂度分析：
- 时间复杂度： $O(N)$ ,由于对数组进行遍历，数组的长度为N.
- 空间复杂度： $O(1)$ ,并未引入额外的存储空间。

2.3 思路2（动态规划）

本题之所以可以想到动态规划，实际上是由于每一处的峰值都需要和前面的状态进行比较，如果是需要考虑个数。要么作为山峰(即nums[i]>nums[i-1])，要么作为山谷(即nums[i]<nums[i-1])
- 设 dp 状态dp[i][0]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山峰的摆动子序列的最长长度
- 设 dp 状态dp[i][1]，表示考虑前 i 个数，第 i 个数作为山谷的摆动子序列的最长长度
则转移方程为：
- dp[i][0] = max(dp[i][0], dp[j][1] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] < nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山谷后面，作为山峰。
- dp[i][1] = max(dp[i][1], dp[j][0] + 1)，其中0 < j < i且nums[j] > nums[i]，表示将 nums[i]接到前面某个山峰后面，作为山谷。
初始状态
- 由于一个属可以接到前面的某个数后面，也可以自身为子序列的期典，所以初始的状态为：dp[0][0]=dp[0][1]=1

2.4 具体代码（dp）

// DP
class Solution {
    public int wiggleMaxLength(int[] nums) {
        // 0 i 作为波峰的最大长度
        // 1 i 作为波谷的最大长度
        int dp[][] = new int[nums.length][2];

        dp[0][0] = dp[0][1] = 1;
        for (int i = 1; i < nums.length; i++){
            //i 自己可以成为波峰或者波谷
            dp[i][0] = dp[i][1] = 1;

            for (int j = 0; j < i; j++){
                if (nums[j] > nums[i]){
                    // i 是波谷
                    dp[i][1] = Math.max(dp[i][1], dp[j][0] + 1);
                }
                if (nums[j] < nums[i]){
                    // i 是波峰
                    dp[i][0] = Math.max(dp[i][0], dp[j][1] + 1);
                }
            }
        }

        return Math.max(dp[nums.length - 1][0], dp[nums.length - 1][1]);
    }
}