摆动排序leetcode324

给你一个整数数组 nums，将它重新排列成 nums[0] < nums[1] > nums[2] < nums[3]... 的顺序。

你可以假设所有输入数组都可以得到满足题目要求的结果。

示例 1：

输入：nums = [1,5,1,1,6,4]
输出：[1,6,1,5,1,4]
解释：[1,4,1,5,1,6] 同样是符合题目要求的结果，可以被判题程序接受。
示例 2：

输入：nums = [1,3,2,2,3,1]
输出：[2,3,1,3,1,2]

提示：

1 <= nums.length <= 5 * 104
0 <= nums[i] <= 5000
题目数据保证，对于给定的输入 nums ，总能产生满足题目要求的结果

进阶：你能用 O(n) 时间复杂度和 / 或原地 O(1) 额外空间来实现吗？

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/wiggle-sort-ii

普通思路 O(nlogn)：由于要满足一大一小的关系，要想快速找到一大一小的数，我们可以先对他们进行排序，在排序之后，以中位数为准，显然右边的数都比左边的数大，所以我们可以把左右两边的数交替取值合并，就能得到“交替一大一小”的关系。

但是需要注意的是，如果与中位数值相等的数有多个，那么交替插入一大一小的数的时候就需要注意了，因为有可能出现相邻的两个数相同的情况。例如 [1,1,2,2,2,2,3,3]，划分为[1,1,2,2]与[2,2,3,3]，如果我们按顺序交替取值，合并的结果就是[1,2,1,2,2,3,2,3]。这是因为中间数2的数量太多，而且切分后，2还是相邻太近了。所以我们要让他们相互离得远一点，切分后，各自左右翻转180度。变成[2,2,1,1] [3,3,2,2]，这样，两个数组的2就离得够远了。交替取值合并的结果就是[2,3,2,3,1,2,1,2]

所以整体思路就是：1.排序 2.划分 3.翻转 4.交替取值

在切分中，如果想把右边的数组交替插入到左边的数组，我们一般把元素较多的放在左边。我们知道：

1⃣️ n/2切分，左边的个数<=右边的个数；

2⃣️ (n+1)/2切分，左边的个数>=右边的个数；

例如，切分长度为5的数组，用 1⃣️ 切分，左边有2个，右边有3个；用 2⃣️ 切分，左边有3个，右边有2个。

所以我们会选择用 2⃣️ 切割。

当然，我们们也可以把切分点定为 n/2 + (n%2)

    void wiggleSort(vector<int>& nums) {//排序sort(nums.begin(), nums.end());int n = nums.size();//切分vector<int> A, B;for (int i = 0; i < (n + 1) / 2; i++)A.push_back(nums[i]);for (int i = (n + 1) / 2; i < n; i++)B.push_back(nums[i]);//交替逆向取值for (int i = 0; i < A.size(); i++)nums[2 * i] = A[A.size() - 1 - i];for (int i = 0; i < B.size(); i++)nums[2 * i + 1] = B[B.size() - 1 - i];}

进阶思路O(n):

我们只是想得到切分后的两个数组，且右边的所有数>=左边的所有数，这个时候，我们可以用“快速选择O(n)”，找出第n/2个数，找到后，左边的数都<=nums[n/2]小，右边都>=nums[n/2]。这个时候，我们那再用“三路划分O(n)”把中位数都集中放到中间，然后再“切分”、“翻转”、“交替取值”

    void wiggleSort(vector<int>& nums) {int n=nums.size();auto mid_ptr = nums.begin()+n/2;nth_element(nums.begin(),mid_ptr,nums.end());快速选择找到中位数int mid = *mid_ptr;//三路划分，让中位数集中到中间int i=0,j=0,k=n-1;for(int j=0;j<k;){if(nums[j]<mid){swap(nums[j++],nums[i++]);}else if(nums[j]>mid){swap(nums[j],nums[k--]);}else{j++;}}if(n%2)mid_ptr++;//切分左右数组vector<int> A(nums.begin(),mid_ptr);vector<int> B(mid_ptr,nums.end());//逆向交替取值for(int i=0;i<A.size();i++){nums[2*i]=A[A.size()-1-i];}for(int i=0;i<B.size();i++){nums[2*i+1]=B[B.size()-1-i];}}

终极思路：虚拟地址法，O(1)空间复杂度：

在上面的思路中，我们划分后，元素在数组中的位置还不是最终的位置。我们总是要把他们拿下来，然后交替放到最终位置。那我们能不能找到一种方法，在划分存放元素的时候，就自动存放到最终的位置呢？

我们可以建立一个“映射”，可以理解成是一个“通道”，如图，带箭头的线可以看作是通道，如果我们把数放在“虚地址”，它就会自动通过“通道”掉落到“实地址”即最终位置。

定义映射为：

#define A(i) nums[(1+2*(i)) % (n|1)]

按照这个道理，我们可以把“虚地址”看作是划分后元素临时存放的位置，“实地址”看作是元素最终存放的位置。我们在划分数组的时候，“较大的部分放在虚地址左边，较小的部分放在虚地址右边”

    void wiggleSort(vector<int>& nums) {int n=nums.size();auto mid_ptr = nums.begin() + n/2;nth_element(nums.begin(),mid_ptr,nums.end());//找中位数int mid = *mid_ptr;//映射#define A(i) nums[(1+(i<<1)) % (n|1)]//三路划分int i=0,j=0,k=n-1;while(j<=k){if(A(j)>mid){swap(A(i),A(j));i++,j++;}else if(A(j)<mid){swap(A(k),A(j));k--;}else{j++;}}}

以上思路来自leetcode题解

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