每日一题 - 剑指 Offer 40. 最小的k个数

每日一题 - 剑指 Offer 40. 最小的k个数

题目信息

时间： 2019-06-30

题目链接：Leetcode

tag： 快排

难易程度：中等

题目描述：

输入整数数组 arr ，找出其中最小的 k 个数。例如，输入4、5、1、6、2、7、3、8这8个数字，则最小的4个数字是1、2、3、4。

示例1:

输入：arr = [3,2,1], k = 2 输出：[1,2] 或者 [2,1]

示例2:

输入：arr = [0,1,2,1], k = 1 输出：[0]

注意

1.0 <= k <= arr.length <= 10000 2.0 <= arr[i] <= 10000

解题思路

本题难点

多种解题方案，快排，大根堆，二叉搜索树，计数排序

具体思路

快速排序的思想。快排的划分函数每次执行完后都能将数组分成两个部分，小于等于分界值 pivot 的元素的都会被放到数组的左边，大于的都会被放到数组的右边，然后返回分界值的下标。

我们的目的是寻找最小的 k 个数。假设经过一次 partition 操作，分界值 pivot元素位于下标 j，也就是说，左侧的数组有 j 个元素，是原数组中最小的 j 个数。那么：

k = j： 我们就找到了最小的 k 个数，就是左侧的数组；：k < j： 则最小的 k 个数一定都在左侧数组中，我们只需要对左侧数组递归地 parition 即可；k > j：则左侧数组中的 j 个数都属于最小的 k 个数，我们还需要在右侧数组中寻找最小的 k−j 个数，对右侧数组递归地 partition 即可。

代码

class Solution { public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) { if(arr.length == 0 || k == 0){ return new int[0]; } //快排查找前k个数，第k个数的数组下标为k-1 return findKthSmallest(arr,0,arr.length-1,k-1); } public int[] findKthSmallest(int[] arr,int l ,int h , int k){ // 每快排切分1次，找到排序后下标为j的元素，如果j恰好等于k就返回j以及j左边所有的数； int j = partition(arr,l,h); if(j == k){ return Arrays.copyOf(arr, j + 1); } // 否则根据下标j与k的大小关系来决定继续切分左段还是右段。 return j > k ? findKthSmallest(arr,l,j-1,k):findKthSmallest(arr,j+1,h,k); } // 快排切分，返回下标j，使得比nums[j]小的数都在j的左边，比nums[j]大的数都在j的右边。 public int partition(int[] arr,int l,int h){ //切分元素 int privot = arr[l]; int i = l,j = h + 1; while(true){ while(i != h && arr[++i] < privot); while(j != l && arr[--j] > privot); if(i >= j){ break; } swap(arr,i,j); } swap(arr,l,j); return j; } public 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) ： 找下标为k的元素，第一次切分的时候需要遍历整个数组 (0 ~ n) 找到了下标是 j 的元素，假如 k 比 j 小的话，那么我们下次切分只要遍历数组 (0~k-1)的元素就行啦，总之可以看作每次调用 partition 遍历的元素数目都是上一次遍历的 1/2，因此时间复杂度是 N + N/2 + N/4 + … + N/N = 2N, 因此时间复杂度是 O(N)。空间复杂度 O(logN) ： 递归调用的期望深度为O(logN)，每层需要的空间为 O(1)，只有常数个变量。

其他优秀解答

解题思路

本题是求前 K 小，因此用一个容量为 K 的大根堆，每次 poll 出最大的数，那堆中保留的就是前 K 小啦（注意不是小根堆！小根堆的话需要把全部的元素都入堆，那是 O(NlogN)，就不是 O(NlogK)）这个方法比快排慢。

代码

// 保持堆的大小为K，然后遍历数组中的数字，遍历的时候做如下判断： // 1. 若目前堆的大小小于K，将当前数字放入堆中。 // 2. 否则判断当前数字与大根堆堆顶元素的大小关系，如果当前数字比大根堆堆顶还大，这个数就直接跳过； // 反之如果当前数字比大根堆堆顶小，先poll掉堆顶，再将该数字放入堆中。 class Solution { public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) { if (k == 0 || arr.length == 0) { return new int[0]; } // 默认是小根堆，实现大根堆需要重写一下比较器。 Queue<Integer> pq = new PriorityQueue<>((v1, v2) -> v2 - v1); for (int num: arr) { if (pq.size() < k) { pq.offer(num); } else if (num < pq.peek()) { pq.poll(); pq.offer(num); } } // 返回堆中的元素 int[] res = new int[pq.size()]; int idx = 0; for(int num: pq) { res[idx++] = num; } return res; } }

解题思路

BST 相对于前两种方法没那么常见，但是也很简单，和大根堆的思路差不多，与前两种方法相比，BST 有一个好处是求得的前K大的数字是有序的。

代码

class Solution { public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) { if (k == 0 || arr.length == 0) { return new int[0]; } // TreeMap的key是数字, value是该数字的个数。 // cnt表示当前map总共存了多少个数字。 TreeMap<Integer, Integer> map = new TreeMap<>(); int cnt = 0; for (int num: arr) { // 1. 遍历数组，若当前map中的数字个数小于k，则map中当前数字对应个数+1 if (cnt < k) { map.put(num, map.getOrDefault(num, 0) + 1); cnt++; continue; } // 2. 否则，取出map中最大的Key（即最大的数字), 判断当前数字与map中最大数字的大小关系： // 若当前数字比map中最大的数字还大，就直接忽略； // 若当前数字比map中最大的数字小，则将当前数字加入map中，并将map中的最大数字的个数-1。 Map.Entry<Integer, Integer> entry = map.lastEntry(); if (entry.getKey() > num) { map.put(num, map.getOrDefault(num, 0) + 1); if (entry.getValue() == 1) { map.pollLastEntry(); } else { map.put(entry.getKey(), entry.getValue() - 1); } } } // 最后返回map中的元素 int[] res = new int[k]; int idx = 0; for (Map.Entry<Integer, Integer> entry: map.entrySet()) { int freq = entry.getValue(); while (freq-- > 0) { res[idx++] = entry.getKey(); } } return res; } }

解题思路

数据范围有限时直接计数排序就行了：O(N)

代码

class Solution { public int[] getLeastNumbers(int[] arr, int k) { if (k == 0 || arr.length == 0) { return new int[0]; } // 统计每个数字出现的次数 int[] counter = new int[10001]; for (int num: arr) { counter[num]++; } // 根据counter数组从头找出k个数作为返回结果 int[] res = new int[k]; int idx = 0; for (int num = 0; num < counter.length; num++) { while (counter[num]-- > 0 && idx < k) { res[idx++] = num; } if (idx == k) { break; } } return res; } }