[LeetCode] 378. Kth Smallest Element in a Sorted Matrix 有序矩阵中第K小的元素

Given an n x n matrix where each of the rows and columns is sorted in ascending order, return the kth smallest element in the matrix.

Note that it is the kth smallest element in the sorted order, not the kth distinct element.

You must find a solution with a memory complexity better than O(n2).

Example 1:

Input: matrix = [[1,5,9],[10,11,13],[12,13,15]], k = 8
Output: 13
Explanation: The elements in the matrix are [1,5,9,10,11,12,13,13,15], and the 8th smallest number is 13

Example 2:

Input: matrix = [[-5]], k = 1
Output: -5

Constraints:

n == matrix.length == matrix[i].length
1 <= n <= 300
-109 <= matrix[i][j] <= 109
All the rows and columns of matrix are guaranteed to be sorted in non-decreasing order.
1 <= k <= n2

Follow up:

Could you solve the problem with a constant memory (i.e., O(1) memory complexity)?
Could you solve the problem in O(n) time complexity? The solution may be too advanced for an interview but you may find reading this paper fun.

这道题让求有序矩阵中第K小的元素，这道题的难点在于数组并不是蛇形有序的，意思是当前行的最后一个元素并不一定会小于下一行的首元素，所以并不能直接定位第K小的元素，只能另辟蹊径。先来看一种利用堆的方法，使用一个最大堆，然后遍历数组每一个元素，将其加入堆，根据最大堆的性质，大的元素会排到最前面，然后我们看当前堆中的元素个数是否大于k，大于的话就将首元素去掉，循环结束后返回堆中的首元素即为所求:

解法一：

class Solution {
public:
    int kthSmallest(vector<vector<int>>& matrix, int k) {
        priority_queue<int> q;
        for (int i = 0; i < matrix.size(); ++i) {
            for (int j = 0; j < matrix[i].size(); ++j) {
                q.emplace(matrix[i][j]);
                if (q.size() > k) q.pop();
            }
        }
        return q.top();
    }
};

这题也可以用二分查找法来做，由于是有序矩阵，那么左上角的数字一定是最小的，而右下角的数字一定是最大的，所以这个是搜索的范围，然后算出中间数字 mid，由于矩阵中不同行之间的元素并不是严格有序的，所以要在每一行都查找一下 mid，使用 upper_bound，这个函数是查找第一个大于目标数的元素，如果目标数在比该行的尾元素大，则 upper_bound 返回该行元素的个数，如果目标数比该行首元素小，则 upper_bound 返回0, 遍历完所有的行可以找出中间数是第几小的数，然后k比较，进行二分查找，left 和 right 最终会相等，并且会变成数组中第k小的数字。举个例子来说吧，比如数组为:

[1 2
12 100]
k = 3
那么刚开始 left = 1, right = 100, mid = 50, 遍历完 cnt = 3，此时 right 更新为 50
此时 left = 1, right = 50, mid = 25, 遍历完之后 cnt = 3, 此时 right 更新为 25
此时 left = 1, right = 25, mid = 13, 遍历完之后 cnt = 3, 此时 right 更新为 13
此时 left = 1, right = 13, mid = 7, 遍历完之后 cnt = 2, 此时 left 更新为8
此时 left = 8, right = 13, mid = 10, 遍历完之后 cnt = 2, 此时 left 更新为 11
此时 left = 11, right = 12, mid = 11, 遍历完之后 cnt = 2, 此时 left 更新为 12
循环结束，left 和 right 均为 12，任意返回一个即可。

本解法的整体时间复杂度为 O(nlgn*lgX)，其中X为最大值和最小值的差值，参见代码如下：

解法二：

class Solution {
public:
    int kthSmallest(vector<vector<int>>& matrix, int k) {
        int left = matrix[0][0], right = matrix.back().back();
        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left) / 2, cnt = 0;
            for (int i = 0; i < matrix.size(); ++i) {
                cnt += upper_bound(matrix[i].begin(), matrix[i].end(), mid) - matrix[i].begin();
            }
            if (cnt < k) left = mid + 1;
            else right = mid;
        }
        return left;
    }
};

上面的解法还可以进一步优化到 O(nlgX)，其中X为最大值和最小值的差值，并不用对每一行都做二分搜索法，我们注意到每列也是有序的，可以利用这个性质，从数组的左下角开始查找，如果比目标值小，就向右移一位，而且当前列的当前位置的上面所有的数字都小于目标值，那么 cnt += i+1，反之则向上移一位，这样也能算出 cnt 的值。其余部分跟上面的方法相同，参见代码如下：

解法三：

class Solution {
public:
    int kthSmallest(vector<vector<int>>& matrix, int k) {
        int left = matrix[0][0], right = matrix.back().back();
        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;
            int cnt = search_less_equal(matrix, mid);
            if (cnt < k) left = mid + 1;
            else right = mid;
        }
        return left;
    }
    int search_less_equal(vector<vector<int>>& matrix, int target) {
        int n = matrix.size(), i = n - 1, j = 0, res = 0;
        while (i >= 0 && j < n) {
            if (matrix[i][j] <= target) {
                res += i + 1;
                ++j;
            } else {
                --i;
            }
        }
        return res;
    }
};