题目描述

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。少于两个元素的序列也是摆动序列。

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。

给定一个整数序列，返回作为摆动序列的最长子序列的长度。 通过从原始序列中删除一些（也可以不删除）元素来获得子序列，剩下的元素保持其原始顺序。

示例1

输入：
[1,7,4,9,2,5]
输出：
6
解释：
整个序列均为摆动序列。

示例2

输入：
[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，其中一个可为[1,17,10,13,10,16,8]。

示例3

输入：
[1,2,3,4,5,6,7,8,9]
输出：
2

题解

这题题面说的啰里啰唆的，其实就一句话：给你一个序列，找出最长的一个子序列，其中子序列相邻两个数的大小是波形的（也就是大小大小大等等这样的）。

暴力法

用 dfs 枚举所有可能的子序列，然后看最长的是多少，这种方法显然会超时。

动态规划

其实看到这道题，我第一个想到了最长上升子序列，这不就变了个形式嘛，于是动态规划解法直接就有了。

用

表示以

结尾的符合条件的最长子序列长度，其中 s 取 1 表示在

处子序列上升，取 0 表示下降。那么我们只需要遍历之前的所有 j ，如果

，那么在 j 处必须是要下降的，更新：

如果

，那么在 j 处必须是要上升的，更新：

然后取数组中最大值就是答案了，时间复杂度

。

动态规划+时间优化

换个定义，用

表示

之前的最长子序列，注意和上面的区别就是不一定以

结尾了。 s 取 1 表示最后两个数是上升的，取 0 表示最后两个数是下降的。

这里分为几种情况：

• :
  • 考虑
    ，也就是最后两个数下降的，那肯定不能取
    ，因为
    比它更小、更优，所以直接更新为
    。
  • 考虑
    ，也就是最后两个数上升的，那如果不取
    ，那更新为
    ；如果取的话，我们就要保证 i-1 之前最后两个数是下降的，并且之前的最后一个数小于
    。我们可以证明， i-1 之前的最后两个下降的数一定满足：第二个数
    是小于
    的，因为如果
    ，那么 j 到 i 之间的数一定是单调下降的，否则存在更长的子序列，那么就和
    矛盾了。综上，取的话
    更新为
    。

• : 同样考虑最后两个数上升还是下降，分析和上面一样。

综上考虑，时间复杂度可以降为

，空间复杂度是

。

动态规划+空间优化

在上面优化的基础上，我们还可以观察到，每一次

其实只会用到

，所以我们只需要保存当前和前一时刻的状态就行了，空间复杂度可以降为

。

贪心法

其实这题还可以直接贪心做，考虑一段连续的上升序列，最优子序列一定是包括了首尾两个数的，因为首是最小的数，选了它才能给前一个数留出更大的上升空间，而尾是最大的数，选了它才能给下一个数留出更多的下降空间。

所以我们贪心的扫描一遍数组，遇到上升或者下降的转折点就选取这个数。而如果数组不升不降，也就是不变的话，就不用管它，因为这些相同的数里面只需要选取一个就行了。

时间复杂度是

，空间复杂度是

。

代码

动态规划（c++）

class Solution {public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if (n <= 1) return n;int dp[n][2], res = 1;memset(dp, 0, sizeof dp);dp[0][0] = dp[0][1] = 1;for (int i = 1; i < n; ++i) {for (int j = 0; j < i; ++j) {if (nums[j] != nums[i]) {int s = nums[j] < nums[i];dp[i][s] = max(dp[i][s], dp[j][s^1]+1);}}res = max(res, dp[i][0]);res = max(res, dp[i][1]);}return res;}
};

动态规划+时间优化（c++）

class Solution {public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if (n <= 1) return n;int dp[n][2];memset(dp, 0, sizeof dp);dp[0][0] = dp[0][1] = 1;for (int i = 1; i < n; ++i) {if (nums[i] == nums[i-1]) {dp[i][0] = dp[i-1][0];dp[i][1] = dp[i-1][1];} else {int s = nums[i] > nums[i-1];dp[i][s] = max(dp[i-1][s], dp[i-1][s^1] + 1);dp[i][s^1] = dp[i-1][s^1];}}return max(dp[n-1][0], dp[n-1][1]);}
};

动态规划+空间优化（c++）

class Solution {public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if (n <= 1) return n;int dp[2][2];memset(dp, 0, sizeof dp);dp[0][0] = dp[0][1] = 1;for (int i = 1; i < n; ++i) {if (nums[i] == nums[i-1]) {dp[1][0] = dp[0][0];dp[1][1] = dp[0][1];} else {int s = nums[i] > nums[i-1];dp[1][s] = max(dp[0][s], dp[0][s^1]+1);dp[1][s^1] = dp[0][s^1];swap(dp[0][s], dp[1][s]);swap(dp[0][s^1], dp[1][s^1]);}}return max(dp[0][0], dp[0][1]);}
};

贪心（c++）

class Solution {public:int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {int n = nums.size();if (n <= 1) return n;int res = 1, pre_ord = -1;for (int i = 1; i < n; ++i) {if (nums[i] == nums[i-1]) continue;int ord = nums[i] > nums[i-1];if (ord != pre_ord) res++;pre_ord = ord;}return res;}
};

后记

鼠年快乐，新年献给大家的第一道题，尽量写的详细一点。

官方题解没有严谨的证明，虽然方法也是这 5 种，但是没有说清楚，不能令人信服。