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方法一：暴力解法

方法二：借助 partition 操作定位到最终排定以后索引为 len - k 的那个元素（特别注意：随机化切分元素）

方法三：优先队列（默认是最大堆）

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在未排序的数组中找到第 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。

示例 1:

输入: [3,2,1,5,6,4] 和 k = 2 输出: 5 示例 2:

输入: [3,2,3,1,2,4,5,5,6] 和 k = 4 输出: 4 说明:

你可以假设 k 总是有效的，且 1 ≤ k ≤ 数组的长度。

方法一：暴力解法

题目要求我们找到“数组排序后的第 kk 个最大的元素，而不是第 kk 个不同的元素” ，

语义是从右边往左边数第 kk 个元素（从 11 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 66 个元素，找第 22 大，索引是 44； 一共 66 个元素，找第 44 大，索引是 22。 因此，升序排序以后，目标元素的索引是 len - k。这是最简单的思路，如果只答这个方法，面试官可能并不会满意，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，理由如下：

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；

在数据规模小、对时间复杂度、空间复杂度要求不高的时候，简单问题简单做；

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，这道题也是如此；

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，这一点可以参考 「力扣」第 4 题：“寻找两个有序数组的中位数”。

参考代码 1：

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(N \log N)O(NlogN)，这里 NN 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(N \log N)O(NlogN)。 空间复杂度：O(1)O(1)，这里是原地排序，没有借助额外的辅助空间。 到这里，我们已经分析出了：

1、我们应该返回最终排定以后位于 len - k 的那个元素； 2、性能消耗主要在排序，JDK 默认使用快速排序。

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 操作定位到最终排定以后索引为 len - k 的那个元素（特别注意：随机化切分元素）

参考代码 2：

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; } } } /** * 在数组 nums 的子区间 [left, right] 执行 partition 操作，返回 nums[left] 排序以后应该在的位置 * 在遍历过程中保持循环不变量的语义 * 1、[left + 1, j] < nums[left] * 2、(j, i] >= nums[left] * * @param nums * @param left * @param right * @return */ public int partition(int[] nums, int left, int right) { int pivot = nums[left]; int j = left; for (int i = left + 1; i <= right; i++) { if (nums[i] < pivot) { // 小于 pivot 的元素都被交换到前面 j++; swap(nums, j, i); } } // 在之前遍历的过程中，满足 [left + 1, j] < pivot，并且 (j, i] >= pivot swap(nums, j, left); // 交换以后 [left, j - 1] < pivot, nums[j] = pivot, [j + 1, right] >= pivot return j; } private void swap(int[] nums, int index1, int index2) { int temp = nums[index1]; nums[index1] = nums[index2]; nums[index2] = temp; } }

复杂度分析：

时间复杂度：O(N)O(N)，这里 NN 是数组的长度，理由可以参考本题解下用户 @ZLW 的评论，需要使用主定理进行分析。 空间复杂度：O(1)O(1)，原地排序，没有借助额外的辅助空间。 注意：本题必须随机初始化 pivot 元素，否则通过时间会很慢，因为测试用例中有极端测试用例。

为了应对极端测试用例，使得递归树加深，可以在循环一开始的时候，随机交换第 11 个元素与它后面的任意 11 个元素的位置；

说明：最极端的是顺序数组与倒序数组，此时递归树画出来是链表，时间复杂度是 O(N^2)，根本达不到减治的效果。

参考代码 3：

import java.util.Random; public class Solution { private static Random random = new Random(System.currentTimeMillis()); public int findKthLargest(int[] nums, int k) { int len = nums.length; int target = len - k; int left = 0; int right = len - 1; while (true) { int index = partition(nums, left, right); if (index < target) { left = index + 1; } else if (index > target) { right = index - 1; } else { return nums[index]; } } } // 在区间 [left, right] 这个区间执行 partition 操作 private int partition(int[] nums, int left, int right) { // 在区间随机选择一个元素作为标定点 if (right > left) { int randomIndex = left + 1 + random.nextInt(right - left); swap(nums, left, randomIndex); } int pivot = nums[left]; int j = left; for (int i = left + 1; i <= right; i++) { if (nums[i] < pivot) { j++; swap(nums, j, i); } } swap(nums, left, j); return j; } private void swap(int[] nums, int index1, int index2) { int temp = nums[index1]; nums[index1] = nums[index2]; nums[index2] = temp; } }

2、使用双指针，将与 pivot 相等的元素等概论地分到 pivot 最终排定位置的两边。

参考代码 4：使用双指针的办法找到切分元素的位置。

import java.util.Random; public class Solution { private static Random random = new Random(System.currentTimeMillis()); 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 int partition(int[] nums, int left, int right) { // 在区间随机选择一个元素作为标定点 if (right > left) { int randomIndex = left + 1 + random.nextInt(right - left); swap(nums, left, randomIndex); } int pivot = nums[left]; // 将等于 pivot 的元素分散到两边 // [left, lt) <= pivot // (rt, right] >= pivot int lt = left + 1; int rt = right; while (true) { while (lt <= rt && nums[lt] < pivot) { lt++; } while (lt <= rt && nums[rt] > pivot) { rt--; } if (lt > rt) { break; } swap(nums, lt, rt); lt++; rt--; } swap(nums, left, rt); return rt; } private void swap(int[] nums, int index1, int index2) { int temp = nums[index1]; nums[index1] = nums[index2]; nums[index2] = temp; } }

方法三：优先队列（默认是最大堆）

优先队列的思路是很朴素的。因为第 K 大元素，其实就是整个数组排序以后后半部分最小的那个元素。因此，我们可以维护一个有 K 个元素的最小堆：

1、如果当前堆不满，直接添加；

2、堆满的时候，如果新读到的数小于等于堆顶，肯定不是我们要找的元素，只有新都到的数大于堆顶的时候，才将堆顶拿出，然后放入新读到的数，进而让堆自己去调整内部结构。

说明：这里最合适的操作其实是 replace，即直接把新读进来的元素放在堆顶，然后执行下沉（siftDown）操作。Java 当中的 PriorityQueue 没有提供这个操作，只好先 poll() 再 offer()。

优先队列的写法就很多了，这里例举一下我能想到的（以下的写法大同小异，没有本质差别）。

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。

根据以上思路，分别写出下面的代码：

参考代码 5：

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(); } }

参考代码 6：

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：只用 k 个容量的优先队列，而不用全部 len 个容量。

参考代码 7：

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(); } }

参考代码 8：

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：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。

参考代码 9：

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(); } } }