最小的K个数（Top K问题）
一、题目描述
描述：
输入n个整数，输出其中最小的k个。
输入：
- 输入 n 和 k
- 输入一个整数数组
输出：
输出一个整数数组
样例输入：
5 2
1 3 5 7 2样例输出：
1 2 二、Top K问题
对于 Top K 问题有很多种解法。
解法一：排序
相信很多人会首先想到这种方法，先把数组按升序/降序进行排序，然后输出 K 个最小/最大的数。
- 常规的排序方法时间复杂度至少是Θ(nlog2n)。（快排或堆排序）
- 可能你会说，我们可以使用线性时间的排序算法。当然可以，但通常它们对输入的数组有一定的要求。比如计数排序要求 n 个数都是正整数，且它们的取值范围不太大。
解法二：部分排序 O(n∗k)
由于我们只需要找出最小/最大的 k 个数，所以我们可以进行部分排序，比如简单选择排序 和 冒泡排序，它们每一趟都能把一个最小/最大元素放在最终位置上，所以进行 k 趟就能把 n 个数中的前 k 个排序出来。
部分简单选择排序：
void select_sort(int A[], int n, int k) { for(int i=0; i<k; ++i) { // k趟 int Min = i; // 记录最小元素的位置 for(int j=i+1; j<n; ++j) if(A[j] < A[Min]) Min = j; if(Min != i) // 与A[i]交换 { int tmp = A[Min]; A[Min] = A[i]; A[i] = tmp; } } }
部分冒泡排序：
void bubble_sort(int A[], int n, int k) { for(int i=0; i<k; ++i) // k趟 { bool flag = false; for(int j=n-1; j>i; --j) // 一趟冒泡过程 if(A[j-1] > A[j]) { int tmp = A[j-1]; A[j-1] = A[j]; A[j] = tmp; flag = true; } if(flag == false) // 已经有序 return ; } }
那么，O(nlog2n) 与 O(n∗k) 哪一个更好呢？这取决于 k 的大小。在 k 较小的情况下，即 k<=log2n，可以选择部分排序。
解法三：快排划分 O(n∗log2k)
根据基于快排partition操作的《第k顺序统计量的求解》，我们知道，当我们求出第 k 顺序统计量时，位于它前面的元素都比它小，位于它后面的元素都比它大。这时，数组的前 k 个数就是最小的 k 个数。
int partition(int A[], int low, int high) { int pivot = A[low]; while(low < high) { while(low < high && A[high]>=pivot) --high; A[low] = A[high]; while(low < high && A[low]<=pivot) ++low; A[high] = A[low]; } A[low] = pivot; return low; } int topK(int A[], int low, int high, int k) { if(k <= 0) return -1; if(low == high) return low; int pos = partition(A, low, high); int i = pos - low + 1; if(i == k) return pos; // 返回前k个数的 else if(i > k) return topK(A, low, pos, k); else return topK(A, pos+1, high, k-i); }
我们说这个算法的平均时间复杂度是线性的，更准确地说，是 O(n∗log2k)。另外，为了避免特殊数据下的算法退化，最好使用随机化版本的划分操作。
int Partition(int* arr,int low ,int high) { int temp = arr[low]; while(low < high) { while(low < high && arr[high] >= temp) high--; arr[low] = arr[high]; while(low < high && arr[low] <= temp) low++; arr[high] = arr[low]; } arr[low] = temp;//确定参考元素的位置 return low; } int KthElement(int * arr,int low, int high,int n ,int k) { if(arr == nullptr || low >= high || k > n)//边界条件和特殊输入的处理 return 0; int pos = Partition(arr,low,high); while(pos != n - k) //非递归形式 { if(pos > n - k) { high = pos - 1; pos = Partition(arr,low,high); } if(pos < n - k) { low = pos + 1; pos = Partition(arr,low,high); } } return arr[pos]; }
解法四：大根堆 O(n∗log2k)
参见《堆排序》，可以用大小为 k 的大根堆来存储最小的 k 个数。大根堆的堆顶元素就是最小 k 个数中最大的一个。每次新考虑一个数 X：
-
如果 X 比堆顶的元素 Y 大，则不需要改变原来的堆，因为这个元素比最小的 k 个数都大。
-
如果 X 比堆顶元素 Y 小，那么用 X 替换堆顶的元素 Y。在 X 替换堆顶元素 Y 之后，大根堆的结构可能被破坏，需要进行向下调整。调整过程的时间复杂度是 O(log2k) 。
遍历完成以后，数组的前 k 个数就是最小的 k 个数，但是它们并非有序，而是以堆的形式存在。C++代码如下：
void AdjustDown(int A[], int i, int len) { int temp = A[i]; // 暂存A[i] for(int largest=2*i+1; largest<len; largest=2*largest+1) { if(largest!=len-1 && A[largest+1]>A[largest]) ++largest; // 如果右子结点大 if(temp < A[largest]) { A[i] = A[largest]; i = largest; // 记录交换后的位置 } else break; } A[i] = temp; // 被筛选结点的值放入最终位置 } /* 建堆 */ void BuildMaxHeap(int A[], int len) { for(int i=len/2-1; i>=0; --i) // 从i=n/2-1到0，反复调整堆 AdjustDown(A, i, len); } /* 维护 A[0...k-1] 这个大根堆 */ void topK(int A[], int n, int k) { BuildMaxHeap(A, k); // 先用前面的k个数建大根堆 for(int i=k; i<n; ++i) { if(A[i] < A[0]) // 如果小于堆顶元素，替换之 { int tmp = A[0]; A[0] = A[i]; A[i] = tmp; AdjustDown(A, 0, k); // 向下调整 } } }
注意：找最小的 k 个数，就维护一个大根堆；找最大的 k 个数，就维护一个小根堆。
