✅做題思路or感想

這題的思路源於力扣上的nwpuCfy，這位先生的思路可堪一絕

這一題程式碼隨想錄上用的是貪心，但是我貪心太糟糕了，故這裡選用動態規劃來解

這一題的dp的思路並不難，難的是怎麼把這道題看成dp的題來做

dp四部曲

1. dp陣列的意義

   • dp[i]表示的是[0, i - 1]上最長的擺動序列

2. 遞迴公式

   • 當前面兩個差值不是一正一負時，則dp[i] = dp[i - 1]
   • 當前面兩個差值是一正一負時，則dp[i] = dp[i - 1] + 1
   • 如何判斷前面兩個差值一正一負？用點數論：(temp[i - 1] - temp[i - 2]) * (temp[i] - temp[i - 1]) < 0
     即是前面兩個差值一正一負。nwpCfy的思路可太強大了，這一步堪稱神來之筆

3. 初始化

   • 當i = 0 時，最長擺動序列就是其本身了，即dp[0] = 1
   • 當i = 1時，這個時候還沒有產生兩個差值，而是隻有一個差值，故這裡最長擺動序列就是這個陣列的長度，dp[1] = 2
   • 為什麼要初始化到1呢，因為根據遞迴公式中有i - 2而言，遍歷i時必須要從2開始才能使得i - 2不為負數

4. 遍歷順序

   • 這裡從遞迴公式就可以看出是從小推大，故是從i = 2開始遍歷

除上之外，這道題還需要提前去重！因為重複的元素不會影響最大擺動序列長度，所以沒有影響。而去重可以保證後面前後差值乘積要麼大於零，要麼小於零，不需要討論等於零的情況！！！(太神了)

class Solution {
public:
    int wiggleMaxLength(vector<int>& nums) {
        vector<int> temp;
        temp.push_back(nums[0]);
        //這裡是去重：把不重複的元素裝到另一個數組中
        for (int i = 1; i < nums.size(); i++) {
            if (nums[i] != nums[i - 1])temp.push_back(nums[i]);
        }
        vector<int> dp(temp.size() + 1, 0);
        //初始化
        dp[0] = 1;
        dp[1] = 2;
        //遍歷順序：從小往大
        for (int i = 2; i < temp.size(); i++) {
            //判斷前兩個差值是否是一正一負
            if ((temp[i - 1] - temp[i - 2]) * (temp[i] - temp[i - 1]) < 0) {
                dp[i] = dp[i - 1] + 1;
            } else dp[i] = dp[i - 1];
        }
        return dp[temp.size() - 1];
    }
};