一、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 <= 10000 <= nums[i] <= 1000

二、思路

第一种思路： d p [ i ] [ 0 ] dp[i][0] dp[i][0]代表以i结尾的数小于子序列前面一个数, d p [ i ] [ 1 ] dp[i][1] dp[i][1]代表以i结尾的数大于子序列前面一个数。那么利用上升子序列的思路，若当前数 n u m s [ i ] < n u m s [ j ] nums[i] < nums[j] nums[i]<nums[j],那么可以由 d p [ j ] [ 1 ] dp[j][1] dp[j][1]转移而来， d p [ j ] [ 1 ] dp[j][1] dp[j][1]代表以j结尾的子序列且nums[j]大于它所在的子序列的前一个数，那么新添加的nums[i]再小于nums[j]即构成摆动序列。 n u m s [ i ] > n u m s [ j ] nums[i] > nums[j] nums[i]>nums[j]同理。时间复杂度 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2) 空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n)
第二种思路动态规划优化： d p [ i ] [ 0 ] dp[i][0] dp[i][0]: 代表前i个元素组成的子序列是最后是上升的最大长度, d p [ i ] [ 1 ] dp[i][1] dp[i][1]: 代表前i个元素组成的子序列是最后是下降的最大长度。若 n u m s [ i ] > n u m s [ i − 1 ] nums[i] > nums[i - 1] nums[i]>nums[i−1],代表表可以由前一个下降转化为上升或者用nums[i]替换nums[i - 1]作为上升序列即 d p [ i ] [ 0 ] = m a x ( d p [ i − 1 ] [ 1 ] + 1 , d p [ i − 1 ] [ 0 ] ) ; dp[i][0] = max(dp[i - 1][1] + 1, dp[i - 1][0]); dp[i][0]=max(dp[i−1][1]+1,dp[i−1][0]); 继续保留以前的长度,即 d p [ i ] [ 1 ] = d p [ i − 1 ] [ 1 ] dp[i][1] = dp[i - 1][1] dp[i][1]=dp[i−1][1] 时间复杂度 O ( n ) O(n) O(n),空间复杂度 O ( n ) O(n) O(n),可以将dp优化为变量后为O(1)
第三种思路贪心：我们不断用可以替换的值替换前面的以获取最优的序列，如 1 2 3 4，我们可以获得子序列为 [ 1 , 2 ] [ 1 , 3 ] , [ 1 , 4 ] [1, 2] [1, 3], [1,4] [1,2][1,3],[1,4] 直接用最大的4替换前面的2，3这样可以保证如果后面有更小的数可以进行下降操作，同理4 3 2 1 也是如此，不断用小的数替换前面满足要求的，这样后面遇到更大的数可以组合成上升序列。

三、代码

class Solution {public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int n = nums.size(), ans = 1;//dp[i][0]: 代表以i结尾的数小于子序列前面一个数//dp[i][1]: 代表以i结尾的数大于子序列前面一个数vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 1));for (int i = 1;  i < n ; i++) {for (int j = 0; j < i; j++) {if (nums[i] < nums[j]) {dp[i][0] = max(dp[j][1] + 1, dp[i][0]);} else if (nums[i] > nums[j]) {dp[i][1] = max(dp[j][0] + 1, dp[i][1]);}}ans = max(max(dp[i][0], dp[i][1]), ans);}return ans;}
};

class Solution {public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int n = nums.size(), ans = 1;//dp[i][0]: 代表前i个元素组成的子序列是最后是上升的最大长度//dp[i][1]: 代表前i个元素组成的子序列是最后是下降的最大长度vector<vector<int>> dp(n, vector<int>(2, 1));dp[0][0] = dp[0][1] = 1;for (int i = 1;  i < n ; i++) {if (nums[i] > nums[i - 1]) {//代表表可以由前一个下降转化为上升 或者 用nums[i]替换nums[i - 1]作为上升序列dp[i][0] = max(dp[i - 1][1] + 1, dp[i - 1][0]);//继续保留以前的长度dp[i][1] = dp[i - 1][1];} else if (nums[i] < nums[i - 1]) {dp[i][0] = dp[i - 1][0];dp[i][1] = max(dp[i - 1][0] + 1, dp[i - 1][1]);} else {//等于的情况 直接由前面转移dp[i][0] = dp[i - 1][0];dp[i][1] = dp[i - 1][1];}}return max(dp[n - 1][0], dp[n - 1][1]);}
};

class Solution {public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int n = nums.size(), ans = 1, t = nums[0];for (int i = 1; i < n; i++) {if (nums[i] > t) {//一直挑选大的while (i < n && nums[i] >= t) {t = nums[i];i++;}i--;ans++;} else if(nums[i] < t) {while (i < n && nums[i] <= t ) {t = nums[i];i++;}i--;ans++;}}return ans;}
};

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