0376：摆动序列（★）

力扣第 376 题

题目

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?

相似问题：

• 2149：按符号重排数组（1235 分）

分析

#1

• 按结尾元素即可递推
• 令 U[i],D[i] 代表以位置 i 结尾且最后一个差值为正/负的最大长度

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class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        U = [1]+[0]*(n-1)
        D = [1]+[0]*(n-1)
        for i in range(1,n):
            U[i] = 1+max([D[j] for j in range(i) if nums[j]<nums[i]],default=0)
            D[i] = 1+max([U[j] for j in range(i) if nums[j]>nums[i]],default=0)
        return max(max(U),max(D))

91 ms

#2

• 考虑优化，可以比较 U[i] 和 U[i-1] 的递推式
• U[i] 只比 U[i-1] 多了 j=i-1 的遍历
• 因此， U[i]=max(U[i-1],1+D[i-1] if nums[i-1]<nums[i] else -inf)
• D 同理
• U/D 由相邻项即可递推，而且递增，所以直接优化为 u,d 两个参数

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class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        u,d = 1,1
        for a,b in pairwise(nums):
            u,d = (max(u,d+1),d) if a<b else (u,max(u+1,d)) if a>b else (u,d)
        return max(u,d)

37 ms

#3

还可以用贪心的思路：

• 显然相邻重复的点只留一个即可，其它可以去掉
• 假设存在 nums[i-1]<nums[i]<nums[i+1]
  • 任意包含 nums[i] 的摆动序列都可以将 nums[i] 替换为 nums[i-1] 或 nums[i+1]，依然是摆动序列
  • 所以可以去掉这样的 nums[i]
• 同理，当 nums[i-1]>nums[i]>nums[i+1] 时，也可以去掉 nums[i]
• 因此只需要考虑拐点，计数即可

解答

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class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        A = [a for a,_ in groupby(nums)]
        n = len(A)
        return sum(i in [0, n-1] or (A[i]-A[i-1])*(A[i]-A[i+1])>0 for i in range(n))

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