TopK问题-优先队列和基于partition减治、自己实现堆调整3种方法
本文共 2373 字，大约阅读时间需要 7 分钟。
1. 思路1:求第k大，维护一个小根堆，用优先队列priority_queue - 过程：向小根堆中插入k个数，遍历剩下的n-k个数，当前数比堆顶大时，交换他们的值。
- 这样遍历完，堆顶是小根堆k个数中最小的，且比剩余的n-k的数都大，因此堆顶即为所求；此外，小根堆中所有的数是整个数组的前k大，堆顶就是第k大
代码如下（Leetcode 215）：
class Solution { public: int findKthLargest(vector & nums, int k) { priority_queue ,greater > q; int i=0; for(;i q.top()){ q.pop(); q.push(nums[i]); } return q.top(); }}; 运行结果：
2. 思路2:基于快排思想（partition）
- partition过程（升序）：
- 找当前arr最左边作为基准ref
- 循环条件：left < right
- 右➡️左：找到比ref小的，放在左边
- 左➡️右：找到比ref大的，放在右边
- 当left == right时结束循环，这个坐标就是ref应该在的index
int partition(vector & arr,int l,int r){ int ref = arr[l]; while(l =ref) r--; arr[l]=arr[r]; while(l 回到此题：
- 首先，不是快速排序，而是基于快速排序中的partition思想。快速排序对index左右都进行排序，每个子问题都要解决，本题目只解决一个子问题即可。
- 找第K大的，因此是降序，相应的改一下partition中的判断条件即可，过程如下：
- 对最左数作为基准ref进行partition，得到该ref应在的index
- left < right 时进行循环：
- 若index < K-1 : 说明第 K 大在右边，left = index + 1，继续partition
- 若index > K-1：说明第 K 大在左边，right = index -1，继续partition
- left == right 时第K个数即为第K大
代码如下（牛客NC88）：
class Finder { public: int findKth(vector a, int n, int K) { int left=0,right=n-1; while(left 
3. 思路3:自己实现堆调整
- 插入前k个元素时，priority_queue每次push都要进行一次堆调整，共需要k次；
- 如果自己实现，可以将前k个元素仅经过1次堆调整建成初始小根堆
- 对于后面的n-k个元素，每次遇到比堆顶大的，priority_queue都要push、pop经过2次堆调整；
- 如果自己实现，可以交换这两个元素，然后进行1次堆调整
- 因此自己实现堆调整理论上来说时间可以更短，用数组模拟堆调整的方法在之前的博客已经提到过了
代码如下：
class Solution { public: int findKthLargest(vector & nums, int k) { //首先进行堆调整，把前k个建为小根堆 for(int i=k/2-1;i>=0;i--) heapAdjust(nums,i,k-1); //对后面的n-k个数，如果比堆顶大就交换，然后再进行堆调整 for(int j=k;j nums[0]){ swap(nums[0],nums[j]); heapAdjust(nums,0,k-1); } } return nums[0]; } //小根堆的调整 void heapAdjust(vector & nums,int start,int end){ int dad=start; int son=2*dad+1; while(son<=end){ if(son+1<=end && nums[son+1] - 12ms为自己实现堆调整，20ms为使用priority_queue
转载地址：http://abzcz.baihongyu.com/
你可能感兴趣的文章
MySQL支撑百万级流量高并发的网站部署详解
查看>>