Wiggle Subsequence

题目来源

输入一个整型数组nums，该数组表示一个序列，序列中元素的大小顺序是随机的。从数组中去除若干个元素后，可以得到wiggle sequence。求能够得到的最长wiggle sequence的长度。
wiggle sequence是一种满足相邻元素的差值严格遵循正负交替特点的序列。长度为1的序列都算作wiggle sequence。
例如：
Input: [1,7,4,9,2,5]
Output: 6
The entire sequence is a wiggle sequence.
Input: [1,17,5,10,13,15,10,5,16,8]
Output: 7
There are several subsequences that achieve this length. One is [1,17,10,13,10,16,8].
Input: [1,2,3,4,5,6,7,8,9]
Output: 2

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题目要求时间复杂度为O(n)，可以考虑用空间换时间——采用DP（动态规划）的思想来解决这个问题。
（1）首先考虑一般情况
创建两个辅助数组lengths和diffs，其元素分别用于记录序列从最左边到当前位置为止，所能得到的最长wiggle sequence的长度和当前元素在wiggle sequence中相对于前一个元素的差值。
在已知lengths[k] 和diffs[k]的情况下，可以用下面的方法将lengths和diffs推进到k+1：
首先求出序列中第k+1个元素与第k个元素的差值，即diff = nums[k + 1] – nums[k]。根据diff的不同进行不同的处理：
1）diff = 0，说明这两个元素相等，此时lengths[k + 1] = lengths[k]，diffs[k + 1] = diffs[k]；
2）diff与diffs[k]同为正数或同为负数，说明这两个元素中需要去除一个，因此到k+1位置为止的最长wiggle subsequence长度与k的相同，此时lengths[k + 1] = lengths[k]，diffs[k + 1] = diff；
2）diff与diffs[k]不同号，说明可以在k的最长wiggle subseequence的基础上追加一个元素nums[k + 1]。此时lengths[k + 1] = lengths[k] + 1，diffs[k + 1] = diff。
（2）空间复杂度的优化
事实上，对于上述两个辅助数组lengths和diffs，每次迭代时都只用到了最近的一个元素。因此，可以将这两个数组简化为两个变量——maxlen和diff。
（3）考虑边界条件
上述算法从序列的第2个元素开始处理，直到序列的最后一个元素，最后得到的lengths的最后一个元素即为整个序列的最长wiggle subsequence的长度。
如果输入序列含有0元素，那么直接返回0。另外，diff的初始值没有意义，因此需要在迭代时进行判断。

实现代码如下：

class Solution {    public int wiggleMaxLength(int[] nums) {        if(nums.length == 0) {            return 0;        }                int maxlen = 1, diff = 0;        for(int i = 1; i < nums.length; i++) {            int newDiff = nums[i] - nums[i - 1];            if(newDiff != 0 && (diff == 0 || newDiff * diff < 0)) {                diff = newDiff;                maxlen++;            }        }                return maxlen;    }}

算法只需要进行一轮迭代并且只用到了有限个状态变量，因此时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。