一、題目描述
描述:
輸入n個整數,輸出其中最小的k個。
輸入:
- 輸入 n 和 k
- 輸入一個整數數組
輸出:
輸出一個整數數組
樣例輸入:
5 2
1 3 5 7 2
樣例輸出:
1 2
二、Top K問題
對於 Top K 問題有很多種解法。
解法一:排序
相信很多人會首先想到這種方法,先把數組按升序/降序進行排序,然後輸出 K 個最小/最大的數。
- 常規的排序方法時間複雜度至少是
Θ(nlog2n) 。(快排或堆排序) - 可能你會說,我們可以使用線性時間的排序算法。當然可以,但通常它們對輸入的數組有一定的要求。比如計數排序要求 n 個數都是正整數,且它們的取值範圍不太大。
解法二:部分排序 O(n∗k)
由於我們只需要找出最小/最大的 k 個數,所以我們可以進行部分排序,比如簡單選擇排序 和 冒泡排序,它們每一趟都能把一個最小/最大元素放在最終位置上,所以進行 k 趟就能把 n 個數中的前 k 個排序出來。
部分簡單選擇排序:
void select_sort(int A[], int n, int k)
{
for(int i=0; i<k; ++i) { // k趟
int Min = i; // 記錄最小元素的位置
for(int j=i+1; j<n; ++j)
if(A[j] < A[Min])
Min = j;
if(Min != i) // 與A[i]交換
{
int tmp = A[Min];
A[Min] = A[i];
A[i] = tmp;
}
}
}
部分冒泡排序:
void bubble_sort(int A[], int n, int k)
{
for(int i=0; i<k; ++i) // k趟
{
bool flag = false;
for(int j=n-1; j>i; --j) // 一趟冒泡過程
if(A[j-1] > A[j])
{
int tmp = A[j-1];
A[j-1] = A[j];
A[j] = tmp;
flag = true;
}
if(flag == false) // 已經有序
return ;
}
}
那麼,
解法三:快排劃分 O(n∗log2k)
根據基於快排partition
操作的《第k順序統計量的求解》,我們知道,當我們求出第 k 順序統計量時,位於它前面的元素都比它小,位於它後面的元素都比它大。這時,數組的前 k 個數就是最小的 k 個數。
int partition(int A[], int low, int high)
{
int pivot = A[low];
while(low < high)
{
while(low < high && A[high]>=pivot)
--high;
A[low] = A[high];
while(low < high && A[low]<=pivot)
++low;
A[high] = A[low];
}
A[low] = pivot;
return low;
}
int topK(int A[], int low, int high, int k)
{
if(k <= 0)
return -1;
if(low == high)
return low;
int pos = partition(A, low, high);
int i = pos - low + 1;
if(i == k)
return pos; // 返回前k個數的
else if(i > k)
return topK(A, low, pos, k);
else
return topK(A, pos+1, high, k-i);
}
我們說這個算法的平均時間複雜度是線性的,更準確地說,是
解法四:大根堆 O(n∗log2k)
參見《堆排序》,可以用大小爲 k 的大根堆來存儲最小的 k 個數。大根堆的堆頂元素就是最小 k 個數中最大的一個。每次新考慮一個數 X:
如果 X 比堆頂的元素 Y 大,則不需要改變原來的堆,因爲這個元素比最小的 k 個數都大。
如果 X 比堆頂元素 Y 小,那麼用 X 替換堆頂的元素 Y。在 X 替換堆頂元素 Y 之後,大根堆的結構可能被破壞,需要進行向下調整。調整過程的時間複雜度是
O(log2k) 。
遍歷完成以後,數組的前 k 個數就是最小的 k 個數,但是它們並非有序,而是以堆的形式存在。C++代碼如下:
void AdjustDown(int A[], int i, int len)
{
int temp = A[i]; // 暫存A[i]
for(int largest=2*i+1; largest<len; largest=2*largest+1)
{
if(largest!=len-1 && A[largest+1]>A[largest])
++largest; // 如果右子結點大
if(temp < A[largest])
{
A[i] = A[largest];
i = largest; // 記錄交換後的位置
}
else
break;
}
A[i] = temp; // 被篩選結點的值放入最終位置
}
/* 建堆 */
void BuildMaxHeap(int A[], int len)
{
for(int i=len/2-1; i>=0; --i) // 從i=n/2-1到0,反覆調整堆
AdjustDown(A, i, len);
}
/* 維護 A[0...k-1] 這個大根堆 */
void topK(int A[], int n, int k)
{
BuildMaxHeap(A, k); // 先用前面的k個數建大根堆
for(int i=k; i<n; ++i)
{
if(A[i] < A[0]) // 如果小於堆頂元素,替換之
{
int tmp = A[0];
A[0] = A[i];
A[i] = tmp;
AdjustDown(A, 0, k); // 向下調整
}
}
}
注意:找最小的
三、解題報告
第二部分已經講解地很清楚了,幾種解法都可以,只要注意輸入輸出的格式就行了。