• 剑指Offer_#40_最小的k个数


    剑指Offer_#40_最小的k个数

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    题目

    输入整数数组 arr ,找出其中最小的 k 个数。例如,输入4、5、1、6、2、7、3、8这8个数字,则最小的4个数字是1、2、3、4。

    示例 1:

    输入:arr = [3,2,1], k = 2
    输出:[1,2] 或者 [2,1]

    示例 2:

    输入:arr = [0,1,2,1], k = 1
    输出:[0]
    

    限制:

    0 <= k <= arr.length <= 10000
    0 <= arr[i] <= 10000

    思路分析

    方法1:利用快排中的切分partition()函数

    快排当中的partition函数,可以基于数组中某个元素v作为标准,将比v小的元素放到v的前面,将比v大的元素放到v的后面。我们可以不断调用这个函数,缩小切分范围,直到v元素的索引刚好是k-1。此时数组的前k项就是结果。
    与快排不同的是,快排的出口条件是hi = lo + 1,即需要不断缩小范围,直到指针相邻,最终整个数组都是有序的。
    在本题中,返回的数组不需要是有序的,所以跟快排有所不同。
    关于快排及partition函数,参考《算法第四版》2.3节

    方法2:大根堆辅助(可用Java中的PriorityQueue实现)

    用一个数据容器来保存最小的k个数字,最合适的是大根堆,每次可以自动弹出最大值。Java中的PriorityQueue可以实现。
    在堆的元素个数小于k时,按顺序将数组里数字压入。
    堆的元素超过k时,如果数组里的数字小于堆里最大值,替换掉堆里的最大值。

    解答

    解法1:利用快排中的切分partition()函数

    class Solution {
        public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) {
            if(arr.length == 0 || k == 0) return new int[0];
            int start = 0;
            int end = arr.length - 1;
            int index = partition(arr, start, end);
            while(index != k - 1){
                if(index > k - 1){
                    end = index - 1;
                    index = partition(arr, start, end);
                }
                else{
                    start = index + 1;
                    index = partition(arr, start, end);
                }
            }
            //返回nums数组的前k个元素
            return Arrays.copyOf(arr, k);
        }
    
        int partition(int[] nums,int lo,int hi){
            int v = nums[lo];
            //左右扫描指针
            //i不需要初始化为lo-1,因为第一个nums[lo]是k,不需要扫描这个元素
            int i = lo,j = hi + 1;
            while(true){
                //错误写法:当k == nums.length时,会导致数组越界
                //while(nums[++i] < v) if(i == hi) break;
                //while(nums[--j] > v) if(j == lo) break;
                //i从lo + 1开始向后扫描,直到遇到 大于等于v的数字,指针i停留在此
                while(++i <= hi && nums[i] < v);
                //j从hi开始向前扫描,直到遇到 小于等于v的数字,指针j停留在此
                while(--j >= lo && nums[j] > v);
                //i > j的情况,已经切分好左右子数组,不可以再交换了
                //i = j的情况,无需交换
                if(i >= j) break;
                exch(nums, i, j);
            }
            exch(nums, lo, j);//将v放入正确的位置
            return j;
        }
    
        //数组nums作为形参,属于引用传递,所以函数运行后可以改变实参
        void exch(int[] nums, int idxA, int idxB){
            int tmp = nums[idxA];
            nums[idxA] = nums[idxB];
            nums[idxB] = tmp;
        }
    }

    复杂度分析

    时间复杂度:,因为每次遍历的范围可以看作上次的一半,
    空间复杂度:不需要借助额外变量,但是改变了数组

    解法2:大根堆辅助(可用Java中的PriorityQueue实现)

    class Solution {
        public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) {
            if(k == 0 || arr.length == 0) return new int[0];
            //使用lambda表达式重载了PriorityQueue当中的compare方法
            Queue<Integer> pq = new PriorityQueue<>((v1,v2) -> v2-v1);
            //因为这里不修改数组元素,所以可以采用foreach循环
            for(int num:arr){
                if(pq.size() < k) pq.offer(num);
                else if(num < pq.peek()){
                    pq.poll();
                    pq.offer(num);
                }
            }
            //遍历pq取出所有元素到res数组
            int[] res = new int[k];
            int idx = 0;
            for(int num:pq){
                res[idx++] = num;
            }
            return res;
        }
    }

    用lambda表达式可以重载PriorityQueue中的compare方法。以下是一些相关的参考文章。

    lambda表达式

    PriorityQueue

    复杂度分析

    时间复杂度:
    空间复杂度:,只使用了大小为k的优先队列

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  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/Howfars/p/13299555.html
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