每日一题 - 剑指 Offer 40. 最小的k个数
题目信息
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时间： 2019-06-30
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题目链接：Leetcode
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tag： 快速排序 大根堆
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难易程度：中等
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题目描述：
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]
提示
1.0 <= k <= arr.length <= 10000
2.0 <= arr[i] <= 10000
解题思路
本题难点
多种解题方案，快排，大根堆，二叉搜索树，计数排序
具体思路
快速排序的思想。快排的划分函数每次执行完后都能将数组分成两个部分，小于等于分界值 pivot 的元素的都会被放到数组的左边，大于的都会被放到数组的右边，然后返回分界值的下标。
我们的目的是寻找最小的 k 个数。假设经过一次 partition 操作，分界值 pivot元素位于下标 j，也就是说，左侧的数组有 j 个元素，是原数组中最小的 j 个数。那么：
- k = j： 我们就找到了最小的 k 个数，就是左侧的数组；：
- k < j： 则最小的 k 个数一定都在左侧数组中，我们只需要对左侧数组递归地 parition 即可；
- k > j：则左侧数组中的 j 个数都属于最小的 k 个数，我们还需要在右侧数组中寻找最小的 k−j 个数，对右侧数组递归地 partition 即可。
代码
class Solution {
public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) {
if(arr.length == 0 || k == 0){
return new int[0];
}
//快排查找前k个数，第k个数的数组下标为k-1
return findKthSmallest(arr,0,arr.length-1,k-1);
}
public int[] findKthSmallest(int[] arr,int l ,int h , int k){
// 每快排切分1次，找到排序后下标为j的元素，如果j恰好等于k就返回j以及j左边所有的数；
int j = partition(arr,l,h);
if(j == k){
return Arrays.copyOf(arr, j + 1);
}
// 否则根据下标j与k的大小关系来决定继续切分左段还是右段。
return j > k ? findKthSmallest(arr,l,j-1,k):findKthSmallest(arr,j+1,h,k);
}
// 快排切分，返回下标j，使得比nums[j]小的数都在j的左边，比nums[j]大的数都在j的右边。
public int partition(int[] arr,int l,int h){
//切分元素
int privot = arr[l];
int i = l,j = h + 1;
while(true){
while(i != h && arr[++i] < privot);
while(j != l && arr[--j] > privot);
if(i >= j){
break;
}
swap(arr,i,j);
}
swap(arr,l,j);
return j;
}
public void swap(int[] arr,int i,int j){
int temp = arr[i];
arr[i] = arr[j];
arr[j] = temp;
}
}
复杂度分析：
- 时间复杂度 O(N) ： 找下标为k的元素，第一次切分的时候需要遍历整个数组 (0 ~ n) 找到了下标是 j 的元素，假如 k 比 j 小的话，那么我们下次切分只要遍历数组 (0~k-1)的元素就行啦，总之可以看作每次调用 partition 遍历的元素数目都是上一次遍历的 1/2，因此时间复杂度是 N + N/2 + N/4 + ... + N/N = 2N, 因此时间复杂度是 O(N)。
- 空间复杂度 O(logN) ： 递归调用的期望深度为O(logN)，每层需要的空间为 O(1)，只有常数个变量。
其他优秀解答
解题思路
本题是求前 K 小，因此用一个容量为 K 的大根堆，每次 poll 出最大的数，那堆中保留的就是前 K 小啦（注意不是小根堆！小根堆的话需要把全部的元素都入堆，那是 O(NlogN)，就不是 O(NlogK)）这个方法比快排慢。
代码
// 保持堆的大小为K，然后遍历数组中的数字，遍历的时候做如下判断：
// 1. 若目前堆的大小小于K，将当前数字放入堆中。
// 2. 否则判断当前数字与大根堆堆顶元素的大小关系，如果当前数字比大根堆堆顶还大，这个数就直接跳过；
// 反之如果当前数字比大根堆堆顶小，先poll掉堆顶，再将该数字放入堆中。
class Solution {
public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) {
if (k == 0 || arr.length == 0) {
return new int[0];
}
// 默认是小根堆，实现大根堆需要重写一下比较器。
Queue<Integer> pq = new PriorityQueue<>((v1, v2) -> v2 - v1);
for (int num: arr) {
if (pq.size() < k) {
pq.offer(num);
} else if (num < pq.peek()) {
pq.poll();
pq.offer(num);
}
}
// 返回堆中的元素
int[] res = new int[pq.size()];
int idx = 0;
for(int num: pq) {
res[idx++] = num;
}
return res;
}
}
解题思路
BST 相对于前两种方法没那么常见，但是也很简单，和大根堆的思路差不多，与前两种方法相比，BST 有一个好处是求得的前K大的数字是有序的。
代码
class Solution {
public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) {
if (k == 0 || arr.length == 0) {
return new int[0];
}
// TreeMap的key是数字, value是该数字的个数。
// cnt表示当前map总共存了多少个数字。
TreeMap<Integer, Integer> map = new TreeMap<>();
int cnt = 0;
for (int num: arr) {
// 1. 遍历数组，若当前map中的数字个数小于k，则map中当前数字对应个数+1
if (cnt < k) {
map.put(num, map.getOrDefault(num, 0) + 1);
cnt++;
continue;
}
// 2. 否则，取出map中最大的Key（即最大的数字), 判断当前数字与map中最大数字的大小关系：
// 若当前数字比map中最大的数字还大，就直接忽略；
// 若当前数字比map中最大的数字小，则将当前数字加入map中，并将map中的最大数字的个数-1。
Map.Entry<Integer, Integer> entry = map.lastEntry();
if (entry.getKey() > num) {
map.put(num, map.getOrDefault(num, 0) + 1);
if (entry.getValue() == 1) {
map.pollLastEntry();
} else {
map.put(entry.getKey(), entry.getValue() - 1);
}
}
}
// 最后返回map中的元素
int[] res = new int[k];
int idx = 0;
for (Map.Entry<Integer, Integer> entry: map.entrySet()) {
int freq = entry.getValue();
while (freq-- > 0) {
res[idx++] = entry.getKey();
}
}
return res;
}
}
解题思路
数据范围有限时直接计数排序就行了：O(N)
代码
class Solution {
public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) {
if (k == 0 || arr.length == 0) {
return new int[0];
}
// 统计每个数字出现的次数
int[] counter = new int[10001];
for (int num: arr) {
counter[num]++;
}
// 根据counter数组从头找出k个数作为返回结果
int[] res = new int[k];
int idx = 0;
for (int num = 0; num < counter.length; num++) {
while (counter[num]-- > 0 && idx < k) {
res[idx++] = num;
}
if (idx == k) {
break;
}
}
return res;
}
}
