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注：

题目：
给你一个整数数组 nums，将它重新排列成 nums[0] < nums[1] > nums[2] < nums[3]… 的顺序。

你可以假设所有输入数组都可以得到满足题目要求的结果。

示例 1：
输入：nums = [1,5,1,1,6,4]
输出：[1,6,1,5,1,4]
解释：[1,4,1,5,1,6] 同样是符合题目要求的结果，可以被判题程序接受。
示例 2：
输入：nums = [1,3,2,2,3,1]
输出：[2,3,1,3,1,2]

提示：
1 <= nums.length <= 5 * 104
0 <= nums[i] <= 5000
题目数据保证，对于给定的输入 nums ，总能产生满足题目要求的结果

题解：
首先，我们可以很容易想到一种简单的解法：将数组进行排序，然后从中间位置进行等分（如果数组长度为奇数，则将中间的元素分到前面），然后将两个数组进行穿插。

例如：
对于数组[1, 5, 2, 4, 3]，我们将其排序，得到[1, 2, 3, 4, 5]，然后将其分割为[1, 2, 3]和[4, 5]，对两个数组进行穿插，得到[1, 4, 2, 5, 3]。

但是这一解法有一个问题，例如，对于数组[1, 2, 2, 3]，按照这种做法求得的结果仍为[1, 2, 2, 3]。如果题目不要求各元素严格大于或小于相邻元素，即，只要求nums[0] <= nums[1] >= nums[2] <= nums[3]…，那么这一解法是符合要求的，但题目要求元素相互严格大于或小于，那么需要稍微做一点改进。

为了方便阅读，我们在下文中定义较小的子数组为数组A，较大的子数组为数组B。显然，出现上述现象是因为nums中存在重复元素。实际上，由于穿插之后，相邻元素必来自不同子数组，所以A或B内部出现重复元素是不会出现上述现象的。所以，出现上述情况其实是因为数组A和数组B出现了相同元素，我们用r来表示这一元素。而且我们可以很容易发现，如果A和B都存在r，那么r一定是A的最大值，B的最小值，这意味着r一定出现在A的尾部，B的头部。其实，如果这一数字的个数较少，不会出现这一现象，只有当这一数字个数达到原数组元素总数的一半，才会在穿插后的出现在相邻位置。以下举几个例子进行形象地说明：

例如，对于数组[1,1,2,2,3,3],分割为[1,1,2]和[2,3,3]，虽然A和B都出现了2，但穿插后为[1,2,1,3,2,3]，满足要求。
而如果2的个数再多一些，即[1,1,2,2,2,3]，分割为[1,1,2]和[2,2,3]，最终结果为[1,2,1,2,2,3]，来自A的2和来自B的2出现在了相邻位置。

出现这一问题是因为重复数在A和B中的位置决定的，因为r在A尾部，B头部，所以如果r个数太多（大于等于(length(nums) + 1)/2），就可能在穿插后相邻。要解决这一问题，我们需要使A的r和B的r在穿插后尽可能分开。一种可行的办法是将A和B反序：

例如，对于数组[1,1,2,2,2,3]，分割为[1,1,2]和[2,2,3]，分别反序后得到[2, 1, 1]和[3, 2, 2]，此时2在A头部，B尾部，穿插后就不会发生相邻了。

当然，这只能解决r的个数等于(length(nums) + 1)/2的情况，如果r的个数大于(length(nums) + 1)/2，还是会出现相邻。但实际上，这种情况是不存在有效解的，也就是说，这种数组对于本题来说是非法的。

复杂度分析
时间复杂度：O(NlogN)。
空间复杂度：O(N)。

class Solution {
public:void wiggleSort(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(),nums.end(),less<int>());vector<int> temp=nums;int size=nums.size()-1;for(int i=1;i<nums.size();i+=2){nums[i]=temp[size];size--;}for(int i=0;i<nums.size();i+=2){nums[i]=temp[size];size--;}return ;}
};