LeetCode 热题 100之 堆

news2024/11/14 11:59:38

1.数组中第k个最大元素

在这里插入图片描述
和Acwing 786 第k个数一模一样 排序

思路分析1:此题要求时间复杂度未为O(n)。虽然库函数sort和快速排序都能过,但是时间复杂度不满足条件。下面优化快速排序,写一个快速选择算法。我们可以引入随机化来加速这个过程,它的时间代价的期望是 O(n)。

  • 我们的目标是找到第 k 大的元素。根据索引的定义,第 k 大的元素在从小到大排序后的数组中对应的是第 n - k 小的元素(n 是数组长度)。
  • 调用 quickselect 函数,将 n - k 作为目标索引位置。
  • 辅助函数 quickselect:
    • 如果 l == r,表示区间只剩一个元素,直接返回该元素。
    • 将区间的第一个元素 nums[l] 设为基准值 partition,并初始化两个指针 i 和 j,分别从左向右和从右向左查找。
    • 使用双指针分区法:i 向右查找直到找到第一个大于或等于 partition 的元素,j 向左查找直到找到第一个小于或等于 partition 的元素。如果 i < j,交换 nums[i] 和 nums[j]。
    • 分区结束后,根据 k 的位置选择下一步要递归的区间:如果 k 在 j 的左侧,则递归左侧;否则,递归右侧。

具体实现代码(详解版):

class Solution {
public:
    // Quickselect函数,用于在区间 [l, r] 内找到第 k 小的元素
    int quickselect(vector<int> &nums, int l, int r, int k) {
        // 如果区间只剩一个元素,直接返回该元素
        if (l == r)
            return nums[k];
        
        // 选择区间的第一个元素作为基准值(pivot)
        int partition = nums[l];
        // 初始化左右指针,i 在 l 的前一位,j 在 r 的后一位
        int i = l - 1, j = r + 1;
        
        // 进行分区操作
        while (i < j) {
            // 从左到右找到第一个大于或等于基准值的元素
            do i++; while (nums[i] < partition);
            // 从右到左找到第一个小于或等于基准值的元素
            do j--; while (nums[j] > partition);
            // 如果 i 和 j 没有交叉,交换 nums[i] 和 nums[j]
            if (i < j)
                swap(nums[i], nums[j]);
        }
        
        // 现在 j 是分区位置的边界:所有小于基准值的元素在 j 左边,反之在右边
        
        // 根据 k 的位置选择继续搜索的区间
        if (k <= j) 
            // 如果 k 位于左侧区间,则在左侧递归
            return quickselect(nums, l, j, k);
        else 
            // 如果 k 位于右侧区间,则在右侧递归
            return quickselect(nums, j + 1, r, k);
    }

    // 主函数:找到数组中第 k 个最大的元素
    int findKthLargest(vector<int> &nums, int k) {
        int n = nums.size();
        // 第 k 大的元素在排序后是第 n - k 小的元素(索引从0开始)
        return quickselect(nums, 0, n - 1, n - k);
    }
  • 时间复杂度:
    • 平均情况下,quickselect 的时间复杂度是O(n),因为每次递归都有效缩小了查找区间。
    • 最坏情况下,时间复杂度为 O ( n 2 ) O(n^ 2 ) O(n2),可以通过随机选择基准值来减少最坏情况的发生概率。

思路分析2:利用最小堆(小顶堆)可以让我们高效地找到第 k 大的元素,且时间复杂度接近O(n)。

  • 使用小顶堆:维护一个大小为k的小顶堆。堆顶元素就是当前的第k大元素;
  • 构建堆:priority_queue<int, vector, greater> minHeap;创建一个小顶堆,优先队列默认是大顶堆,使用 greater 转成小顶堆
  • 更新堆
    • 从k+1个元素开始遍历数组
    • 如果当前元素比堆顶元素大,则替换堆顶元素为当前元素,并重新调整堆1。这保证堆中始终保持着当前最大的k个元素
  • 返回结果:遍历完数组后,堆顶元素就是数组中的第k大的元素

具体实现代码(详解版):

class Solution {
public:
    int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
        // 创建一个小顶堆,优先队列默认是大顶堆,使用 greater<int> 转成小顶堆
        priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> minHeap;
        
        // 将前 k 个元素放入小顶堆
        for (int i = 0; i < k; ++i) {
            minHeap.push(nums[i]);
        }

        // 遍历剩余的元素
        for (int i = k; i < nums.size(); ++i) {
            if (nums[i] > minHeap.top()) { // 如果当前元素比堆顶元素大
                minHeap.pop(); // 移除堆顶元素
                minHeap.push(nums[i]); // 插入当前元素
            }
        }

        // 返回堆顶元素,即第 k 大的元素
        return minHeap.top();
    }
};

2.前k个高频元素

在这里插入图片描述
思路分析1:用排序算法对元素按照频率由高到低进行排序,然后再取前 k 个元素

  • 统计频率:使用哈希表统计每个元素的频率;
  • 转换成频率对:将哈希表中的数据转化为一组(元素,频率)的pair,便于排序;vector<pair<int, int>> freqPairs(freqMap.begin(), freqMap.end());
    -** 排序:使用标准排序算法将这些 pair 按照频率从高到低排序。其中cmp即排序规则可以直接使用lambda表达式
    sort(freqPairs.begin(), freqPairs.end(), [](const pair<int, int>& a, const pair<int, int>& b) { return a.second > b.second; });
  • 提取前 k 个元素:选择排序后的前 k 个元素作为结果。
    具体实现代码(详解版):
class Solution {
public:
    vector<int> topKFrequent(vector<int>& nums, int k) {
        // 1. 使用哈希表统计每个元素的频率
        unordered_map<int, int> freqMap;
        for (int num : nums) {
            freqMap[num]++;
        }

        // 2. 将哈希表转换成 (元素, 频率) 的 pair 列表
        vector<pair<int, int>> freqPairs(freqMap.begin(), freqMap.end());

        // 3. 使用标准排序算法对频率对进行排序,按频率从高到低
        sort(freqPairs.begin(), freqPairs.end(), [](const pair<int, int>& a, const pair<int, int>& b) {
            return a.second > b.second;
        });

        // 4. 选择前 k 个元素
        vector<int> result;
        for (int i = 0; i < k; ++i) {
            result.push_back(freqPairs[i].first);
        }
        return result;
    }
};

  • 时间复杂度:总体时间复杂度为 O(n+mlogm),在最坏情况下为 O(nlogn)。
  • 空间复杂度:O(m+k)

思路分析2:可以使用桶排序来解决这个问题,通过将出现频率相同的元素分组到对应的桶中,再按照频率从高到低提取前 k 个元素。

  • 统计频率:使用 unordered_map 统计每个元素的出现频率;
  • 创建桶:创建一个数组(桶)buckets,其中第 i 个桶存储出现频率为 i 的所有元素。数组大小设置为 nums.size() + 1,因为数组中某个元素的最大可能频率不会超过数组的长度。
  • 填充桶:根据每个元素的频率,将其加入到对应频率的桶中。
  • 按频率从高到低提取元素:从频率最高的桶(即 buckets 的末尾)向前遍历,收集桶中的元素,直到收集了 k 个元素为止。

具体实现代码(详解版):

class Solution {
public:
    vector<int> topKFrequent(vector<int>& nums, int k) {
        // 1. 统计每个元素的频率
        unordered_map<int, int> freqMap;
        for (int num : nums) {
            freqMap[num]++;
        }

        // 2. 创建桶,桶的索引是频率,桶里存的是具有该频率的所有元素
        int n = nums.size();
        vector<vector<int>> buckets(n + 1); // 每个频率可能出现的次数范围是 0 到 n
        for (auto& [num, freq] : freqMap) {
            buckets[freq].push_back(num);
        }

        // 3. 按频率从高到低收集前 k 个高频元素
        vector<int> result;
        for (int i = n; i >= 0 && result.size() < k; --i) {
            for (int num : buckets[i]) {
                result.push_back(num);
                if (result.size() == k) {
                    break;
                }
            }
        }
        
        return result;
    }
};
  • 时间复杂度:O(n);
  • 空间复杂度:O(n)

3.数据流的中位数

在这里插入图片描述
思路分析:为了实现一个能够动态获取中位数的数据结构 MedianFinder,可以利用两个堆(优先队列)来高效地维护中位数

  • 维护两个堆:使用一个大顶堆和一个小顶堆
    • 大顶堆:用于存储数据流中较小的一般数字,堆顶为较小部分的最大值;
    • 小顶堆:用于存储数据流中较大的一半数字;
  • 中位数的计算
    • 如果数据流的总长度为奇数,maxHeap的堆顶就是中位数;
    • 如果数据流的总长度为偶数,中位数是两个堆顶元素的平均值
  • 调整堆的平衡
    • 每次添加新数字时,将数字插入 maxHeap 或 minHeap 之一,并根据堆的大小调整两者的平衡,以确保 maxHeap 和 minHeap 的元素数量差最多为 1。
    • 如果 maxHeap 的大小大于 minHeap 的大小超过 1,将 maxHeap 堆顶元素移动到 minHeap。
    • 如果 minHeap 的大小大于 maxHeap,将 minHeap 堆顶元素移动到 maxHeap。

具体实现代码(详解版):

class MedianFinder {
private:
    priority_queue<int> maxHeap; // 大顶堆
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> minHeap; // 小顶堆

public:
    // 初始化
    MedianFinder() {}

    // 添加元素
    void addNum(int num) {
        // 先添加到大顶堆
        maxHeap.push(num);

        // 调整大小:如果 maxHeap 堆顶元素大于 minHeap 堆顶,将它移动到 minHeap
        if (!minHeap.empty() && maxHeap.top() > minHeap.top()) {
            minHeap.push(maxHeap.top());
            maxHeap.pop();
        }

        // 平衡大小:确保 maxHeap 的元素数量不小于 minHeap
        if (maxHeap.size() > minHeap.size() + 1) {
            minHeap.push(maxHeap.top());
            maxHeap.pop();
        } else if (minHeap.size() > maxHeap.size()) {
            maxHeap.push(minHeap.top());
            minHeap.pop();
        }
    }

    // 返回中位数
    double findMedian() {
        // 如果元素总数是奇数,返回 maxHeap 堆顶
        if (maxHeap.size() > minHeap.size()) {
            return maxHeap.top();
        }
        // 如果是偶数,返回两个堆顶的平均值
        return (maxHeap.top() + minHeap.top()) / 2.0;
    }
};
  • 时间复杂度:O(log n)
  • 空间复杂度:O(1)

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