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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 $dp[i][s]$ 表示以 $nums[i]$ 结尾的符合条件的最长子序列长度，其中 s 取 1 表示在 $nums[i]$ 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 $nums[j] < nums[i]$ ，那么在 j 处必须是要下降的，更新：
$$
dp[i][1] = \max_j{\{dp[j][0]\}}
$$
如果 $nums[j] > nums[i]$ ，那么在 j 处必须是要上升的，更新：
$$
dp[i][0] = \max_j{\{dp[j][1]\}}
$$
然后取数组中最大值就是答案了，时间复杂度 $O(n^2)$ 。
动态规划+时间优化
换个定义，用 $dp[i][s]$ 表示 $nums[i]$ 之前的最长子序列，注意和上面的区别就是不一定以 $nums[i]$ 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：
- $nums[i-1] < nums[i]$ :
- 考虑 $dp[i][0]$ ，也就是最后两个数下降的，那肯定不能取 $nums[i]$ ，因为 $nums[i-1]$ 比它更小、更优，所以直接更新为 $dp[i-1][0]$ 。
- 考虑 $dp[i][1]$ ，也就是最后两个数上升的，那如果不取 $nums[i]$ ，那更新为 $dp[i-1][1]$ ；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 $nums[i]$ 。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 $nums[j]$ 是小于 $nums[i]$ 的，因为如果 $nums[j] >= nums[i]$ ，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 $nums[i-1] < nums[i]$ 矛盾了。综上，取的话 $dp[i][1]$ 更新为 $dp[i-1][0]+1$ 。
- $nums[i-1] > nums[i]$ :
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 $O(n)$ ，空间复杂度是 $O(n)$ 。
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 $dp[i][s]$ 其实只会用到 $dp[i-1][s]$ ，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 $O(1)$ 。
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 $O(n)$ ，空间复杂度是 $O(1)$ 。
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。
