【LeetCode 剑指offer刷题】查找与排序题14：Wiggle Sort（系列）
2024-04-15 06:10:01
【LeetCode & 剑指offer 刷题笔记】目录（持续更新中...）
Wiggle Sort II
Given an unsorted array nums, reorder it such that nums[0] < nums[1] > nums[2] < nums[3]....
Example 1:
Input: nums = [1, 5, 1, 1, 6, 4]Output: One possible answer is [1, 4, 1, 5, 1, 6].
Example 2:
Input: nums = [1, 3, 2, 2, 3, 1]Output: One possible answer is [2, 3, 1, 3, 1, 2].
Note:
You may assume all input has valid answer.
Follow Up:
Can you do it in O(n) time and/or in-place with O(1) extra space?
C++
//问题：摆动排序，a[0] < a[1] > a[2] < a[3]...
//？？没看懂，以后再看
//方法二：利用快排中一步（nth_element函数）将序列分成两段，以中值为枢轴，从各段段首（或段尾）开始选数
//思路解析：假设排序后为a1 a2...an mid b1 b2...bn,则组织为a1 b1 a2 b2...
//此法时间复杂度为O（n）,如果没有O(1)的空间复杂度，比较简单，正是这个限制增加了复杂度
class Solution {
public:
void wiggleSort(vector<int>& nums) {
int m = nums.size();
auto mptr = nums.begin() + (m-1)/2;
nth_element(nums.begin(), mptr, nums.end());
int median = *mptr;
int i = 1; // position for the larger values: start with first odd index
int j = ((m - 1) & 1) ? m - 2 : m - 1; // position for the smaller values: start with last even index
for (int l = 0; l < m; ++l) {
if (nums[l] > median) { // fill the large element
if (l <= i && (l & 1)) continue; // skip the elements which are already checked: 1, 3, 5, ..., i
swap(nums[l--], nums[i]);
i += 2;
} else if (nums[l] < median) { // fill the smaller element
if (l >= j && (l & 1) == 0) continue; // skip the elements whcih are checked: j, j + 2, ..., lastEvenIndex
swap(nums[l--], nums[j]);
j -= 2;
}
}
}
};
//方法一：排序后，分成两段，从各段末尾依次取数（可以避免相等数弄在一起）
//不过此法的时间复杂度为O(nlogn)，空间复杂度为O(n),不满足题意
//思路解析：假设排序后为a1 a2...an b1 b2...bn,则组织为an bn an-1 bn-1...
class Solution
{
public:
void wiggleSort(vector<int>& a)
{
int n = a.size();
sort(a.begin(),a.end());
if(n<=2) return; //小于两个元素时，直接退出
vector<int> temp = a;
int i = 0, j=(n-1)/2, k=n-1; //i用来遍历a, j用来遍历temp第一段（从末尾开始），k用来遍历第二段。
for(i = 0; i < n; i++)
{
a[i] = (i&1)? temp[k--]:temp[j--];//如果i为奇数,取第二段的数（较大），如果为偶数，取第一段的数（较小）
//注：当n为奇数时，两段长度不等，第一段比第二段多1，但是上述等式可以保证最后一个数a[n-1]选择temp[0]
}
}
};
/*
//摆动排序，a[0] < a[1] > a[2] < a[3]...
//要得到O(n)时间复杂度，O(1)空间复杂度，可以借鉴wiggle sort I（a[0] <= a[1] >= a[2] <= a[3]...）中的思路
//i为奇数时，a[i]>a[i-1], 偶数时，a[i]<a[i-1], 根据这一规律，遍历整个序列，不符合则交换
//测试结果表明，对于序列中有多个连续相等数时，此方法不行，因为按照交换策略，相等的数会交换，但是交换后并不会满足
//i为奇数时，a[i]>a[i-1], 偶数时，a[i]<a[i-1]的规律，而是仍然相等。
class Solution
{
public:
void wiggleSort(vector<int>& a)
{
int n = a.size();
if(n <= 1) return; //元素个数少于1个时，退出
for(int i = 1; i < n; i++)
{
if((i%2 == 1 && a[i]<=a[i-1]) || (i%2 == 0 && a[i]>=a[i-1]))
{
swap(a[i], a[i-1]);//如果不符合摆动规律则交换
}
}
}
};
*/
Wiggle Sort I
Given an unsorted array nums, reorder it in-place such that nums[0] <= nums[1] >= nums[2] <= nums[3]....
For example, given nums = [3, 5, 2, 1, 6, 4], one possible answer is [1, 6, 2, 5, 3, 4].
这道题让我们求摆动排序，跟Wiggle Sort II相比起来，这道题的条件宽松很多，只因为多了一个等号。由于等号的存在，当数组中有重复数字存在的情况时，也很容易满足题目的要求。这道题我们先来看一种时间复杂度为O(nlgn)的方法，思路是先给数组排个序，然后我们只要每次把第三个数和第二个数调换个位置，第五个数和第四个数调换个位置，以此类推直至数组末尾，这样我们就能完成摆动排序了，参见代码如下：
//解法一：
// Time Complexity O(nlgn)
class Solution {
public:
void wiggleSort(vector<int> &nums) {
sort(nums.begin(), nums.end());
if (nums.size() <= 2) return;
for (int i = 2; i < nums.size(); i += 2) {
swap(nums[i], nums[i - 1]);
}
}
};
这道题还有一种O(n)的解法，根据题目要求的nums[0] <= nums[1] >= nums[2] <= nums[3]....，我们可以总结出如下规律：
当i为奇数时，nums[i] >= nums[i - 1]
当i为偶数时，nums[i] <= nums[i - 1]
那么我们只要对每个数字，根据其奇偶性，跟其对应的条件比较，如果不符合就和前面的数交换位置即可，参见代码如下：
//解法二：
// Time Complexity O(n)
class Solution {
public:
void wiggleSort(vector<int> &nums) {
if (nums.size() <= 1) return;
for (int i = 1; i < nums.size(); ++i) {
if ((i % 2 == 1 && nums[i] < nums[i - 1]) || (i % 2 == 0 && nums[i] > nums[i - 1])) {
swap(nums[i], nums[i - 1]);
}
}
}
};
来源：http://www.cnblogs.com/grandyang/p/5177285.html
转载于:https://www.cnblogs.com/wikiwen/p/10225971.html
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