给定一个无序的数组 nums，将它重新排列成 nums[0] < nums[1] > nums[2] < nums[3]... 的顺序。
示例 1:
输入: nums = [1, 5, 1, 1, 6, 4]
输出: 一个可能的答案是 [1, 4, 1, 5, 1, 6]
示例 2:
输入: nums = [1, 3, 2, 2, 3, 1]
输出: 一个可能的答案是 [2, 3, 1, 3, 1, 2]
说明:
你可以假设所有输入都会得到有效的结果。
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
一
这道题给了我们一个无序数组，让我们排序成摆动数组，满足nums[0] < nums[1] > nums[2] < nums[3]...，并给了我们例子。我们可以先给数组排序，然后在做调整。调整的方法是找到数组的中间的数，相当于把有序数组从中间分成两部分，然后从前半段的末尾取一个，在从后半的末尾去一个，这样保证了第一个数小于第二个数，然后从前半段取倒数第二个，从后半段取倒数第二个，这保证了第二个数大于第三个数，且第三个数小于第四个数，以此类推直至都取完，参见代码如下：
解法一：
// O(n) space
class Solution {
public:
void wiggleSort(vector<int>& nums) {
vector<int> tmp = nums;
int n = nums.size(), k = (n + 1) / 2, j = n;
sort(tmp.begin(), tmp.end());
for (int i = 0; i < n; ++i) {
nums[i] = i & 1 ? tmp[--j] : tmp[--k];
}
}
};
二
解法2：快速选择 + 3-way-partition
上一解法之所以时间复杂度为O(NlogN)，是因为使用了排序。但回顾解法1，我们发现，我们实际上并不关心A和B内部的元素顺序，只需要满足A和B长度相同（或相差1），且A中的元素小于等于B中的元素，且r出现在A的头部和B的尾部即可。实际上，由于A和B长度相同（或相差1），所以r实际上是原数组的中位数，下文改用mid来表示。因此，我们第一步其实不需要进行排序，而只需要找到中位数即可。而寻找中位数可以用快速选择算法实现，时间复杂度为O(n)。
该算法与快速排序算法类似，在一次递归调用中，首先进行partition过程，即利用一个元素将原数组划分为两个子数组，然后将这一元素放在两个数组之间。两者区别在于快速排序接下来需要对左右两个子数组进行递归，而快速选择只需要对一侧子数组进行递归，所以快速选择的时间复杂度为O(n)。详细原理可以参考有关资料，此处不做赘述。
在C++中，可以用STL的nth_element()函数进行快速选择，这一函数的效果是将数组中第n小的元素放在数组的第n个位置，同时保证其左侧元素不大于自身，右侧元素不小于自身。
找到中位数后，我们需要利用3-way-partition算法将中位数放在数组中部，同时将小于中位数的数放在左侧，大于中位数的数放在右侧。该算法与快速排序的partition过程也很类似，只需要在快速排序的partition过程的基础上，添加一个指针k用于定位大数：
int i = 0, j = 0, k = nums.size() - 1;
while(j < k){
if(nums[j] > mid){
swap(nums[j], nums[k]);
--k;
}
else if(nums[j] < mid){
swap(nums[j], nums[i]);
++i;
++j;
}
else{
++j;
}
}
在这一过程中，指针j和k从左右两侧同时出发相向而行，每次要么j移动一步，要么k移动一步，直到相遇为止。这一过程的时间复杂度显然为O(N)。
至此，原数组被分为3个部分，左侧为小于中位数的数，中间为中位数，右侧为大于中位数的数。之后的做法就与解法1相同了：我们只需要将数组从中间等分为2个部分，然后反序，穿插，即可得到最终结果。以下为完整实现：
class Solution {
public:
void wiggleSort(vector<int>& nums) {
auto midptr = nums.begin() + nums.size() / 2;
nth_element(nums.begin(), midptr, nums.end());
int mid = *midptr;
// 3-way-partition
int i = 0, j = 0, k = nums.size() - 1;
while(j < k){
if(nums[j] > mid){
swap(nums[j], nums[k]);
--k;
}
else if(nums[j] < mid){
swap(nums[j], nums[i]);
++i;
++j;
}
else{
++j;
}
}
if(nums.size() % 2) ++midptr;
vector<int> tmp1(nums.begin(), midptr);
vector<int> tmp2(midptr, nums.end());
for(int i = 0; i < tmp1.size(); ++i){
nums[2 * i] = tmp1[tmp1.size() - 1 - i];
}
for(int i = 0; i < tmp2.size(); ++i){
nums[2 * i + 1] = tmp2[tmp2.size() - 1 - i];
}
}
};
快速选择过程也可以手动实现，以下为手动实现的完整代码：
class Solution {
public:
void wiggleSort(vector<int>& nums) {
int len = nums.size();
quickSelect(nums, 0, len, len / 2);
auto midptr = nums.begin() + len / 2;
int mid = *midptr;
// 3-way-partition
int i = 0, j = 0, k = nums.size() - 1;
while(j < k){
if(nums[j] > mid){
swap(nums[j], nums[k]);
--k;
}
else if(nums[j] < mid){
swap(nums[j], nums[i]);
++i;
++j;
}
else{
++j;
}
}
if(nums.size() % 2) ++midptr;
vector<int> tmp1(nums.begin(), midptr);
vector<int> tmp2(midptr, nums.end());
for(int i = 0; i < tmp1.size(); ++i){
nums[2 * i] = tmp1[tmp1.size() - 1 - i];
}
for(int i = 0; i < tmp2.size(); ++i){
nums[2 * i + 1] = tmp2[tmp2.size() - 1 - i];
}
}
private:
void quickSelect(vector<int> &nums, int begin, int end, int n){
int t = nums[end - 1];
int i = begin, j = begin;
while(j < end){
if(nums[j] <= t){
swap(nums[i++], nums[j++]);
}
else{
++j;
}
}
if(i - 1 > n){
quickSelect(nums, begin, i - 1, n);
}
else if(i <= n){
quickSelect(nums, i, end, n);
}
}
};
由于省略了排序过程，且快速选择和3-way-partition的时间复杂度都为O(N)，所以这一解法时间复杂度为O(N)。和解法1相同，解法2也需要保存A数组和B数组，所以空间复杂度不变，仍未O(N)。
快速选择 + 3-way-partition + 虚地址
接下来，我们思考如何简化空间复杂度。上文提到，解法1和2之所以空间复杂度为O(N)，是因为最后一步穿插之前，需要保存A和B。在这里我们使用所谓的虚地址的方法来省略穿插的步骤，或者说将穿插融入之前的步骤，即在3-way-partiton（或排序）的过程中顺便完成穿插，由此来省略保存A和B的步骤。“地址”是一种抽象的概念，在本题中地址就是数组的索引。
BTW，由于虚地址较为抽象，需要读者有一定的数学基础和抽象思维能力，如果实在理解不了没有关系，解法2已经是足够优秀的解法。
如果读者学习过操作系统，可以利用操作系统中的物理地址空间和逻辑地址空间的概念来理解。简单来说，这一方法就是将数组从原本的空间映射到一个虚拟的空间，虚拟空间中的索引和真实空间的索引存在某种映射关系。在本题中，我们需要建立一种映射关系来描述“分割”和“穿插”的过程，建立这一映射关系后，我们可以利用虚拟地址访问元素，在虚拟空间中对数组进行3-way-partition或排序，使数组在虚拟空间中满足某一空间关系。完成后，数组在真实空间中的空间结构就是我们最终需要的空间结构。
在某些场景下，可能映射关系很简洁，有些场景下，映射关系可能很复杂。而如果映射关系太复杂，编程时将会及其繁琐容易出错。在本题中，想建立一个简洁的映射，有必要对前面的3-way-partition进行一定的修改，我们不再将小数排在左边，大数排在右边，而是将大数排在左边，小数排在右边，在这种情况下我们可以用一个非常简洁的公式来描述映射关系：#define A(i) nums[(1+2(i)) % (n|1)]，i是虚拟地址，(1+2(i)) % (n|1)是实际地址。其中n为数组长度，‘|’为按位或，如果n为偶数，(n|1)为n+1，如果n为奇数，(n|1)仍为n。
Accessing A(0) actually accesses nums[1].
Accessing A(1) actually accesses nums[3].
Accessing A(2) actually accesses nums[5].
Accessing A(3) actually accesses nums[7].
Accessing A(4) actually accesses nums[9].
Accessing A(5) actually accesses nums[0].
Accessing A(6) actually accesses nums[2].
Accessing A(7) actually accesses nums[4].
Accessing A(8) actually accesses nums[6].
Accessing A(9) actually accesses nums[8].
以下为完整代码：
class Solution {
public:
void wiggleSort(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
// Find a median.
auto midptr = nums.begin() + n / 2;
nth_element(nums.begin(), midptr, nums.end());
int mid = *midptr;
// Index-rewiring.
#define A(i) nums[(1+2*(i)) % (n|1)]
// 3-way-partition-to-wiggly in O(n) time with O(1) space.
int i = 0, j = 0, k = n - 1;
while (j <= k) {
if (A(j) > mid)
swap(A(i++), A(j++));
else if (A(j) < mid)
swap(A(j), A(k--));
else
j++;
}
}
};
时间复杂度与解法2相同，为O(N)，空间复杂度为O(1)。
当然，也可以在解法1中利用虚地址方法，即利用虚地址对nums进行排序，那么时间复杂度为O(NlogN)，空间复杂度为O(1)。
三
先排序，再插空
class Solution:
def wiggleSort(self, nums: List[int]) -> None:
nums.sort(reverse=True)
mid = len(nums) // 2
nums[1::2],nums[0::2] = nums[:mid], nums[mid:]