刷题记录 贪心算法-3：376. 摆动序列

题目：376. 摆动序列

难度：中等

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

一、模式识别

1.贪心算法

这道题我一开始是完全不会做的，可能是因为该题涉及到极值点，所以被列入了贪心算法

局部最优解：删除前一个极值到现在这个极值之间的节点就有了新的极值

从局部到全局：对整个数组执行这个过程

反例：要是有就不用贪心算法了。。。

实现方式：缓存上一个符号相反的坡度，当下一个符号相反的坡度出现时计数并更新缓存坡度

2.动态规划：子序列问题

从题目类型：如果刷过动态规划看到子序列问题很容易想到动态规划

思路：dp数组分别缓存从头到当前num所有的极大值和极小值数量，

每到一个num更新dp数组对应元素数值，

极大值和极小值逐个数字交替更新，只有极大极小值交替出现才能实现累加

二.代码实现

1.贪心算法

代码逻辑是：缓存上一个符号相反的坡度，当下一个符号相反的坡度出现时计数并更新缓存坡度

写法一：

class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        if n <= 1:
            return n
        preDiff, curDiff, result = 0, 0, 1
        for i in range(n - 1):
            curDiff = nums[i + 1] - nums[i]
            if (preDiff <= 0 and curDiff > 0) or (preDiff >= 0 and curDiff < 0):
                result += 1
                preDiff = curDiff
        return result

写法二：

class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        if n <= 1:
            return n
        preDiff, curDiff, result = 0, 0, 1
        for i in range(n - 1):
            curDiff = nums[i + 1] - nums[i]
            if (preDiff <= 0 and curDiff > 0) or (preDiff >= 0 and curDiff < 0):
                result += 1
                preDiff = curDiff
        return result

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

为什么在判断坡度符号时 preDiff <= 0或preDiff >= 0以及中是闭区间？

由于preDiff的更新条件不包含curDiff == 0的情况，

所以闭区间是为了处理preDiff第一次更新前的情况，即边界条件：数组首尾两端

2.动态规划

思路：dp数组分别缓存从头到当前num所有的极大值和极小值数量，

每到一个num更新dp数组对应元素数值，

极大值和极小值逐个数字交替更新，只有极大极小值交替出现才能实现累加

写法一：

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

写法二：

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

• 时间复杂度：O(n^2)
• 空间复杂度：O(n)

3.优化版的动态规划

dp数组从前到后一定单调递增，所以往回找dp值的步骤是多余的：

class Solution:
    def wiggleMaxLength(self, nums: List[int]) -> int:
        n = len(nums)
        up = down = 1
        for i in range(n - 1):
            if nums[i + 1] > nums[i]:
                up = down + 1
            if nums[i + 1] < nums[i]:
                down = up + 1
        return max(up, down)

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)