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10、数组中的第k个最大元素

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题意

给定整数数组 nums 和整数 k，请返回数组中第 **k** 个最大的元素。

请注意，你需要找的是数组排序后的第 k 个最大的元素，而不是第 k 个不同的元素。

你必须设计并实现时间复杂度为 O(n) 的算法解决此问题。

示例 1:

输入: [3,2,1,5,6,4], k = 2
输出: 5

示例 2:

输入: [3,2,3,1,2,4,5,5,6], k = 4
输出: 4

提示：

  • 1 <= k <= nums.length <= 105
  • -104 <= nums[i] <= 104

解法及思路

方法一：返回升序排序以后索引为 len - k 的元素

题目已经告诉你了：

你需要找的是数组排序后的第 k 个最大的元素，而不是第 k 个不同的元素。

因此，升序排序以后，返回索引为 len - k 这个元素即可。

这是最简单的思路，如果只答这个方法，可能面试官并不会满意，但是在我们平时的开发工作中，还是不能忽视这种思路简单的方法，我认为理由如下：

  1. 最简单同时也一定是最容易编码的，编码成功的几率最高，可以用这个最简单思路编码的结果和其它思路编码的结果进行比对，验证高级算法的正确性；
  2. 在数据规模小、对时间复杂度、空间复杂度要求不高的时候，真没必要上 “高大上” 的算法；
  3. 思路简单的算法考虑清楚了，有些时候能为实现高级算法铺路。这道题正是如此，“数组排序后的第 k 个最大的元素” ，语义是从右边往左边数第 k 个元素(从 1 开始)，那么从左向右数是第几个呢，我们列出几个找找规律就好了。

一共 6 个元素，找第 2 大，索引是 4；6 个元素，找第 4 大，索引是 2。

因此，目标元素的索引是 len - k，即找最终排定以后位于 len - k 的那个元素；

  1. 低级算法往往容错性最好，即在输入不满足题目条件的时候，往往还能得到正确的答案，而高级算法对输入数据的要求就非常苛刻。

参考代码

import java.util.Arrays;
 
public class Solution {
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        Arrays.sort(nums);
        return nums[len - k];
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(NlogN)。这里 N 是数组的长度，算法的性能消耗主要在排序，JDK 默认使用快速排序，因此时间复杂度为O(NlogN)。

  • 空间复杂度：O(1)。这里是原地排序，没有借助额外的辅助空间。

到这里，已经分析出了：

  1. 应该返回最终排定以后位于 len - k 的那个元素；

学习过 “快速排序” 的朋友，一定知道一个操作叫 partition，它是 “分而治之” 思想当中 “分” 的那一步。

经过 partition 操作以后，每一次都能排定一个元素，并且这个元素左边的数都不大于它，这个元素右边的数都不小于它，并且我们还能知道排定以后的元素的索引。

于是可以应用 “减而治之”(分治思想的特例)的思想，把问题规模转化到一个更小的范围里。

于是得到方法二。

方法二：借助 partition 操作定位

方法二则是借助 partition 操作定位到最终排定以后索引为 len - k 的那个元素。

以下的描述基于 “快速排序” 算法知识的学习，如果忘记的朋友们可以翻一翻自己的《数据结构与算法》教材，复习一下，partition 过程、分治思想和 “快速排序” 算法的优化。

在学习 “快速排序” 的时候，接触的第 1 个操作就是 partition(切分)，可以先复习一下

partition(切分)操作简单介绍如下：

  • 对于某个索引 j，nums[j] 已经排定，即 nums[j] 经过 partition(切分)操作以后会放置在它 “最终应该放置的地方”；
  • nums[left] 到 nums[j - 1] 中的所有元素都不大于 nums[j]；
  • nums[j + 1] 到 nums[right] 中的所有元素都不小于 nums[j]。

partition(切分)操作总能排定一个元素，还能够知道这个元素它最终所在的位置，这样每经过一次 partition操作就能缩小搜索的范围，这样的思想叫做 “减而治之”(是 “分而治之” 思想的特例)。

切分过程可以不借助额外的数组空间，仅通过交换数组元素实现。下面是参考代码：

参考代码

public class Solution {
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        int left = 0;
        int right = len - 1;
 
        // 转换一下，第 k 大元素的索引是 len - k
        int target = len - k;
 
        while (true) {
            int index = partition(nums, left, right);
            if (index == target) {
                return nums[index];
            } else if (index < target) {
                left = index + 1;
            } else {
                right = index - 1;
            }
        }
    }
 
	public static int partition(int[] array, int low, int high) {
	    // 取最后一个元素作为中心元素
	    int pivot = array[high];
	    // 定义指向比中心元素大的指针，首先指向第一个元素
	    int pointer = low;
	    // 遍历数组中的所有元素，将比中心元素大的放在右边，比中心元素小的放在左边
	    for (int i = low; i < high; i++) {
	        if (array[i] <= pivot) {
		        // 将比中心元素小的元素和指针指向的元素交换位置 
		        // 如果第一个元素比中心元素小，这里就是自己和自己交换位置，指针和索引都向下一位移动 
		        // 如果元素比中心元素大，索引向下移动，指针指向这个较大的元素，直到找到比中心元素小的元素，并交换位置，指针向下移动
		        swap(array, i, pointer);
	            pointer++;
	        }
	    }
	    // 将中心元素和指针指向的元素交换位置
	    swap(array, pointer, high);
	    return pointer;
	}
	
	private static 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)。这里 N 是数组的长度。

  • 空间复杂度：O(1)。这里是原地排序，没有借助额外的辅助空间。

方法三：优先队列

优先队列的写法就很多了，这里例举一下所有能想到的。

假设数组有 len 个元素。

思路 1 ：把 len 个元素都放入一个最小堆中，然后再 pop() 出 len - k 个元素，此时最小堆只剩下 k 个元素，堆顶元素就是数组中的第 k 个最大元素。

思路 2 ：把 len 个元素都放入一个最大堆中，然后再 pop() 出 k - 1 个元素，因为前 k - 1 大的元素都被弹出了，此时最大堆的堆顶元素就是数组中的第 k 个最大元素。

思路 3 ：只用 k 个容量的优先队列，而不用全部 len 个容量。

思路 4：用 k + 1 个容量的优先队列，使得上面的过程更“连贯”一些，到了 k 个以后的元素，就进来一个，出去一个，让优先队列自己去维护大小关系。

思路 5：综合考虑以上两种情况，总之都是为了节约空间复杂度。即 k 较小的时候使用最小堆，k 较大的时候使用最大堆。

根据以上思路，分别写出下面的代码：

思路 1 参考代码

//思路 1 ：把 `len` 个元素都放入一个最小堆中，然后再 pop() 出 len - k 个元素，此时最小堆只剩下 `k` 个元素，堆顶元素就是数组中的第 `k` 个最大元素。
import java.util.PriorityQueue;
 
public class Solution {
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        // 使用一个含有 len 个元素的最小堆，默认是最小堆，可以不写 lambda 表达式：(a, b) -> a - b
        PriorityQueue<Integer> minHeap = new PriorityQueue<>(len, (a, b) -> a - b);
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            minHeap.add(nums[i]);
        }
        for (int i = 0; i < len - k; i++) {
            minHeap.poll();
        }
        return minHeap.peek();
    }
}

思路 2 参考代码

//思路 2 ：把 `len` 个元素都放入一个最大堆中，然后再 pop() 出 k - 1 个元素，因为前 k - 1 大的元素都被弹出了，此时最大堆的堆顶元素就是数组中的第 `k` 个最大元素。
import java.util.PriorityQueue;
 
public class Solution {
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        // 使用一个含有 len 个元素的最大堆，lambda 表达式应写成：(a, b) -> b - a
        PriorityQueue<Integer> maxHeap = new PriorityQueue<>(len, (a, b) -> b - a);
        for (int i = 0; i < len; i++) {
            maxHeap.add(nums[i]);
        }
        for (int i = 0; i < k - 1; i++) {
            maxHeap.poll();
        }
        return maxHeap.peek();
    }
}

思路 3 参考代码

//思路 3 ：只用 `k` 个容量的优先队列，而不用全部 `len` 个容量。
import java.util.PriorityQueue;
 
public class Solution {
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        // 使用一个含有 k 个元素的最小堆
        PriorityQueue<Integer> minHeap = new PriorityQueue<>(k, (a, b) -> a - b);
        for (int i = 0; i < k; i++) {
            minHeap.add(nums[i]);
        }
        for (int i = k; i < len; i++) {
            // 看一眼，不拿出，因为有可能没有必要替换
            Integer topEle = minHeap.peek();
            // 只要当前遍历的元素比堆顶元素大，堆顶弹出，遍历的元素进去
            if (nums[i] > topEle) {
                minHeap.poll();
                minHeap.add(nums[i]);
            }
        }
        return minHeap.peek();
    }
}

思路 4 参考代码

//思路 4：用 `k + 1` 个容量的优先队列，使得上面的过程更“连贯”一些，到了 `k` 个以后的元素，就进来一个，出去一个，让优先队列自己去维护大小关系。
import java.util.PriorityQueue;
 
public class Solution {
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        // 最小堆
        PriorityQueue<Integer> priorityQueue = new PriorityQueue<>(k + 1, (a, b) -> (a - b));
        for (int i = 0; i < k; i++) {
            priorityQueue.add(nums[i]);
        }
        for (int i = k; i < len; i++) {
            priorityQueue.add(nums[i]);
            priorityQueue.poll();
        }
        return priorityQueue.peek();
    }
}

思路 5 参考代码

//思路 5：综合考虑以上两种情况，总之都是为了节约空间复杂度。即 `k` 较小的时候使用最小堆，`k` 较大的时候使用最大堆。
import java.util.PriorityQueue;
 
public class Solution {
 
    // 根据 k 的不同，选最大堆和最小堆，目的是让堆中的元素更小
    // 思路 1：k 要是更靠近 0 的话，此时 k 是一个较大的数，用最大堆
    // 例如在一个有 6 个元素的数组里找第 5 大的元素
    // 思路 2：k 要是更靠近 len 的话，用最小堆
 
    // 所以分界点就是 k = len - k
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        if (k <= len - k) {
            // System.out.println("使用最小堆");
            // 特例：k = 1，用容量为 k 的最小堆
            // 使用一个含有 k 个元素的最小堆
            PriorityQueue<Integer> minHeap = new PriorityQueue<>(k, (a, b) -> a - b);
            for (int i = 0; i < k; i++) {
                minHeap.add(nums[i]);
            }
            for (int i = k; i < len; i++) {
                // 看一眼，不拿出，因为有可能没有必要替换
                Integer topEle = minHeap.peek();
                // 只要当前遍历的元素比堆顶元素大，堆顶弹出，遍历的元素进去
                if (nums[i] > topEle) {
                    minHeap.poll();
                    minHeap.add(nums[i]);
                }
            }
            return minHeap.peek();
 
        } else {
            // System.out.println("使用最大堆");
            assert k > len - k;
            // 特例：k = 100，用容量为 len - k + 1 的最大堆
            int capacity = len - k + 1;
            PriorityQueue<Integer> maxHeap = new PriorityQueue<>(capacity, (a, b) -> b - a);
            for (int i = 0; i < capacity; i++) {
                maxHeap.add(nums[i]);
            }
            for (int i = capacity; i < len; i++) {
                // 看一眼，不拿出，因为有可能没有必要替换
                Integer topEle = maxHeap.peek();
                // 只要当前遍历的元素比堆顶元素大，堆顶弹出，遍历的元素进去
                if (nums[i] < topEle) {
                    maxHeap.poll();
                    maxHeap.add(nums[i]);
                }
            }
            return maxHeap.peek();
        }
    }
}