文章目录
- LeetCode 239. 滑动窗口最大值
- 题目链接🔗
- 思路
- 代码实现
- LeetCode 347.前 K 个高频元素
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- 思路
- 代码实现
LeetCode 239. 滑动窗口最大值
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LeetCode 239. 滑动窗口最大值
思路
这是使用单调队列的经典题目
难点是如何求一个区间里的最大值呢？
暴力方法，遍历一遍的过程中每次从窗口中再找到最大的数值，这样很明显是O(n × k)的算法
可能还会想用一个大顶堆（优先级队列）来存放这个窗口里的k个数字，这样就可以知道最大的最大值是多少了， 但是问题是这个窗口是移动的，而大顶堆每次只能弹出最大值，我们无法移除其他数值，这样就造成大顶堆维护的不是滑动窗口里面的数值了。所以不能用大顶堆
此时我们需要一个队列，这个队列呢，放进去窗口里的元素，然后随着窗口的移动，队列也一进一出，每次移动之后，队列告诉我们里面的最大值是什么
每次窗口移动的时候，调用que.pop(滑动窗口中移除元素的数值)，que.push(滑动窗口添加元素的数值)，然后que.front()就返回我们要的最大值
这么个队列香不香，要是有现成的这种数据结构是不是更香了！
可惜了，没有！ 我们需要自己实现这么个队列。
然后再分析一下，队列里的元素一定是要排序的，而且要最大值放在出队口，要不然怎么知道最大值呢。
但如果把窗口里的元素都放进队列里，窗口移动的时候，队列需要弹出元素。
那么问题来了，已经排序之后的队列 怎么能把窗口要移除的元素（这个元素可不一定是最大值）弹出呢。
其实队列没有必要维护窗口里的所有元素，只需要维护有可能成为窗口里最大值的元素就可以了，同时保证队列里的元素数值是由大到小的。
那么这个维护元素单调递减的队列就叫做单调队列，即单调递减或单调递增的队列
不要以为实现的单调队列就是 对窗口里面的数进行排序，如果排序的话，那和优先级队列又有什么区别了呢。
来看一下单调队列如何维护队列里的元素。
动画如下：
对于窗口里的元素{2, 3, 5, 1 ,4}，单调队列里只维护{5, 4} 就够了，保持单调队列里单调递减，此时队列出口元素就是窗口里最大元素。
此时大家应该怀疑单调队列里维护着{5, 4} 怎么配合窗口进行滑动呢？
设计单调队列的时候，pop，和push操作要保持如下规则：
- pop(value)：如果窗口移除的元素value等于单调队列的出口元素，那么队列弹出元素，否则不用任何操作
- push(value)：如果push的元素value大于入口元素的数值，那么就将队列入口的元素弹出，直到push元素的数值小于等于队列入口元素的数值为止
保持如上规则，每次窗口移动的时候，只要问que.front()就可以返回当前窗口的最大值。
为了更直观的感受到单调队列的工作过程，以题目示例为例，输入: nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], 和 k = 3，动画如下：
代码实现
解法1
//自定义数组
class MyQueue {
Deque<Integer> deque = new LinkedList<>();
//弹出元素时，比较当前要弹出的数值是否等于队列出口的数值，如果相等则弹出
//同时判断队列当前是否为空
void poll(int val){
if (!deque.isEmpty() && val == deque.peek()){
deque.poll();
}
}
//添加元素时，如果要添加的元素大于入口处元素，就将入口元素弹出
//保证队列元素单调递减
//比如此时队列元素3，1. 2将要入队，比1大，所以弹出1，此时队列：3，2
void add(int val){
while (!deque.isEmpty() && val > deque.getLast()){
deque.removeLast();
}
deque.add(val);
}
//队列对顶元素始终为最大值
int peek(){
return deque.peek();
}
}
class Solution {
public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
if (nums.length == 1){
return nums;
}
int len = nums.length - k + 1;
//存放结果元素的数组
int[] res = new int[len];
int num = 0;
//自定义队列
MyQueue myQueue = new MyQueue();
//先将前k的元素放入队列
for (int i = 0; i < k; i++) {
myQueue.add(nums[i]);
}
res[num++] = myQueue.peek();
for (int i =k; i < nums.length; i++) {
myQueue.poll(nums[i - k]);
myQueue.add(nums[i]);
res[num++] = myQueue.peek();
}
return res;
}
}
解法2
class Solution {
public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
ArrayDeque<Integer> deque = new ArrayDeque<>();
int n = nums.length;
int[] res = new int[n - k + 1];
int idx = 0;
for(int i = 0; i < n; i++) {
// 根据题意，i为nums下标，是要在[i - k + 1, i] 中选到最大值，只需要保证两点
// 1.队列头结点需要在[i - k + 1, i]范围内，不符合则要弹出
while(!deque.isEmpty() && deque.peek() < i - k + 1){
deque.poll();
}
// 2.既然是单调，就要保证每次放进去的数字要比末尾的都大，否则也弹出
while(!deque.isEmpty() && nums[deque.peekLast()] < nums[i]) {
deque.pollLast();
}
deque.offer(i);
// 因为单调，当i增长到符合第一个k范围的时候，每滑动一步都将队列头节点放入结果就行了
if(i >= k - 1){
res[idx++] = nums[deque.peek()];
}
}
return res;
}
}
LeetCode 347.前 K 个高频元素
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LeetCode 347.前 K 个高频元素
思路
可以使用map集合实现，遍历数组将数组中的值作为map中的key，value表示该值出现的次数
如果使用TreeMap则默认是按照key的值排序，但我们需要按照value的值排序，因此还需要重新定义排序规则，该种情况需要对所有的元素进行排序，可见时间复杂度是挺大的
我们完全可以只对k个元素进行排序，那么怎么实现呢
这里我们可以使用一种 容器适配器就是优先级队列
什么是优先级队列呢？
其实就是一个披着队列外衣的堆，因为优先级队列对外接口只是从队头取元素，从队尾添加元素，再无其他取元素的方式，看起来就是一个队列
什么是堆呢？
堆是一棵完全二叉树，树中每个结点的值都不小于（或不大于）其左右孩子的值。 如果父亲结点是大于等于左右孩子就是大顶堆，小于等于左右孩子就是小顶堆。
所以大家经常说的大顶堆（堆头是最大元素），小顶堆（堆头是最小元素），如果懒得自己实现的话，就直接用优先级队列就可以了，底层实现都是一样的，从小到大排就是小顶堆，从大到小排就是大顶堆。
本题我们就要使用优先级队列来对部分频率进行排序。
代码实现
解法1
class Solution {
public int[] topKFrequent(int[] nums, int k) {
if (nums == null) {
return null;
}
Map<Integer, Integer> map = new TreeMap<>();
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (map.containsKey(nums[i])) {
Integer val = map.get(nums[i]);
map.put(nums[i], ++val);
} else {
map.put(nums[i], 1);
}
}
//treemap默认以键进行排序，我们需要对值进行排序
//将map转为list
List<Map.Entry<Integer, Integer>> list = new ArrayList<>(map.entrySet());
//通过比较器来实现排序
Collections.sort(list, (o1, o2) -> o2.getValue().compareTo(o1.getValue())
);
//用来存放结果
int[] res = new int[k];
for (int i = 0; i < res.length; i++) {
res[i] = list.get(i).getKey();
}
return res;
}
}
解法2
class Solution {
//基于大顶堆实现
public int[] topKFrequent1(int[] nums, int k) {
Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();//key为数组元素值,val为对应出现次数
for(int num:nums){
map.put(num,map.getOrDefault(num,0)+1);
}
//在优先队列中存储二元组(num,cnt),cnt表示元素值num在数组中的出现次数
//出现次数按从队头到队尾的顺序是从大到小排,出现次数最多的在队头(相当于大顶堆)
PriorityQueue<int[]> pq = new PriorityQueue<>((pair1, pair2)->pair2[1]-pair1[1]);
for(Map.Entry<Integer,Integer> entry:map.entrySet()){//大顶堆需要对所有元素进行排序
pq.add(new int[]{entry.getKey(),entry.getValue()});
}
int[] ans = new int[k];
for(int i=0;i<k;i++){//依次从队头弹出k个,就是出现频率前k高的元素
ans[i] = pq.poll()[0];
}
return ans;
}
}
解法3
//基于小顶堆实现
class Solution {
public int[] topKFrequent2(int[] nums, int k) {
Map<Integer,Integer> map = new HashMap<>();//key为数组元素值,val为对应出现次数
for(int num:nums){
map.put(num,map.getOrDefault(num,0)+1);
}
//在优先队列中存储二元组(num,cnt),cnt表示元素值num在数组中的出现次数
//出现次数按从队头到队尾的顺序是从小到大排,出现次数最低的在队头(相当于小顶堆)
PriorityQueue<int[]> pq = new PriorityQueue<>((pair1,pair2)->pair1[1]-pair2[1]);
for(Map.Entry<Integer,Integer> entry:map.entrySet()){//小顶堆只需要维持k个元素有序
if(pq.size()<k){//小顶堆元素个数小于k个时直接加
pq.add(new int[]{entry.getKey(),entry.getValue()});
}else{
if(entry.getValue()>pq.peek()[1]){//当前元素出现次数大于小顶堆的根结点(这k个元素中出现次数最少的那个)
pq.poll();//弹出队头(小顶堆的根结点),即把堆里出现次数最少的那个删除,留下的就是出现次数多的了
pq.add(new int[]{entry.getKey(),entry.getValue()});
}
}
}
int[] ans = new int[k];
for(int i=k-1;i>=0;i--){//依次弹出小顶堆,先弹出的是堆的根,出现次数少,后面弹出的出现次数多
ans[i] = pq.poll()[0];
}
return ans;
}
}
