Offer必备算法22_优先级队列_堆_四道力扣题详解（由易到难）

news/2024/5/20 7:57:22 标签: 算法, leetcode, c++, 数据结构, 优先级队列, 堆

目录

①力扣1046. 最后一块石头的重量

解析代码

②力扣703. 数据流中的第 K 大元素

解析代码

③力扣692. 前K个高频单词

解析代码

④力扣295. 数据流的中位数

解析代码

本篇完。

①力扣1046. 最后一块石头的重量

1046. 最后一块石头的重量

难度 简单

有一堆石头，每块石头的重量都是正整数。

每一回合，从中选出两块 最重的 石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：

  • 如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
  • 如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。

最后，最多只会剩下一块石头。返回此石头的重量。如果没有石头剩下，就返回 0。

示例：

输入：[2,7,4,1,8,1]
输出：1
解释：
先选出 7 和 8，得到 1，所以数组转换为 [2,4,1,1,1]，
再选出 2 和 4，得到 2，所以数组转换为 [2,1,1,1]，
接着是 2 和 1，得到 1，所以数组转换为 [1,1,1]，
最后选出 1 和 1，得到 0，最终数组转换为 [1]，这就是最后剩下那块石头的重量。

提示：

  • 1 <= stones.length <= 30
  • 1 <= stones[i] <= 1000

解析代码

        此题其实就是一个模拟的过程： 每次从石堆中拿出最大的元素以及次大的元素，然后将它们粉碎；如果还有剩余，就将剩余的石头继续放在原始的石堆里面。

        重复上面的操作，直到石堆里面只剩下一元素，或者没有元素（因为所有的石头可能全部抵消了）。那么主要的问题就是解决：

  • 如何顺利的拿出最大的石头以及次大的石头。
  • 并且将粉碎后的石头放入石堆中之后，也能快速找到下一轮粉碎的最大石头和次大石头。

        此时正好可以利用堆的特性来实现：创建一个大根堆，然后将所有的石头放入大根堆中，每次拿出前两个堆顶元素粉碎一下，如果还有剩余，就将剩余的石头继续放入堆中，这样就能快速地模拟出这个过程。

class Solution {
public:
    int lastStoneWeight(vector<int>& stones) {
        priority_queue<int> heap(stones.begin(), stones.end());
        while(heap.size() > 1)
        {
            int x1 = heap.top();
            heap.pop();
            int x2 = heap.top();
            heap.pop();
            heap.push(x1 - x2);
        }
        return heap.empty() ? 0 : heap.top();
    }
};

②力扣703. 数据流中的第 K 大元素

703. 数据流中的第 K 大元素

难度 简单

设计一个找到数据流中第 k 大元素的类（class）。注意是排序后的第 k 大元素，不是第 k 个不同的元素。

请实现 KthLargest 类：

  • KthLargest(int k, int[] nums) 使用整数 k 和整数流 nums 初始化对象。
  • int add(int val) 将 val 插入数据流 nums 后，返回当前数据流中第 k 大的元素。

示例：

输入：
["KthLargest", "add", "add", "add", "add", "add"]
[[3, [4, 5, 8, 2]], [3], [5], [10], [9], [4]]
输出：
[null, 4, 5, 5, 8, 8]

解释：
KthLargest kthLargest = new KthLargest(3, [4, 5, 8, 2]);
kthLargest.add(3);   // return 4
kthLargest.add(5);   // return 5
kthLargest.add(10);  // return 5
kthLargest.add(9);   // return 8
kthLargest.add(4);   // return 8

提示：

  • 1 <= k <= 10^4
  • 0 <= nums.length <= 10^4
  • -10^4 <= nums[i] <= 10^4
  • -10^4 <= val <= 10^4
  • 最多调用 add 方法 10^4 次
  • 题目数据保证，在查找第 k 大元素时，数组中至少有 k 个元素
class KthLargest {
public:
    KthLargest(int k, vector<int>& nums) {

    }
    
    int add(int val) {

    }
};

/**
 * Your KthLargest object will be instantiated and called as such:
 * KthLargest* obj = new KthLargest(k, nums);
 * int param_1 = obj->add(val);
 */

解析代码

一道TopK 问题：

数据结构与算法⑬(第四章_中_续二)堆解决Topk问题+堆的概念选择题_16,23,53 ,31,94,72为什么是堆-CSDN博客

class KthLargest
{
    // 创建⼀个⼤⼩为 k 的⼩跟堆
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> heap;
    int _k;
    
public:
    KthLargest(int k, vector<int>& nums)
        : _k(k)
    {
        for(auto& e : nums)
        {
            heap.push(e);
            if(heap.size() > _k)
            {
                heap.pop();
            }
        }
    }
    
    int add(int val)
    {
        heap.push(val);
        if(heap.size() > _k)
        {
            heap.pop();
        }
        return heap.top();
    }
};

/**
 * Your KthLargest object will be instantiated and called as such:
 * KthLargest* obj = new KthLargest(k, nums);
 * int param_1 = obj->add(val);
 */

③力扣692. 前K个高频单词

692. 前K个高频单词

难度 中等

给定一个单词列表 words 和一个整数 k ，返回前 k 个出现次数最多的单词。

返回的答案应该按单词出现频率由高到低排序。如果不同的单词有相同出现频率， 按字典顺序 排序。

示例 1：

输入: words = ["i", "love", "leetcode", "i", "love", "coding"], k = 2
输出: ["i", "love"]
解析: "i" 和 "love" 为出现次数最多的两个单词，均为2次。
    注意，按字母顺序 "i" 在 "love" 之前。

示例 2：

输入: ["the", "day", "is", "sunny", "the", "the", "the", "sunny", "is", "is"], k = 4
输出: ["the", "is", "sunny", "day"]
解析: "the", "is", "sunny" 和 "day" 是出现次数最多的四个单词，
    出现次数依次为 4, 3, 2 和 1 次。

注意：

  • 1 <= words.length <= 500
  • 1 <= words[i] <= 10
  • words[i] 由小写英文字母组成。
  • k 的取值范围是 [1, 不同 words[i] 的数量]

进阶：尝试以 O(n log k) 时间复杂度和 O(n) 空间复杂度解决。

class Solution {
public:
    vector<string> topKFrequent(vector<string>& words, int k) {

    }
};

解析代码

一道Topk问题的拓展，有点考验语法能力：

稍微处理一下原数组：

  • 需要知道每一个单词出现的频次，因此可以先使用哈希表，统计出每一个单词出现的频次。
  • 然后在哈希表中，选出前 k 大的单词（为什么不在原数组中选？因为原数组中存在重复的单词，哈希表里面没有重复单词，并且还有每一个单词出现的频次）

如何使用堆，拿出前 k 大元素：

一、先定义一个自定义排序，我们需要的是前 k 大，因此需要一个小根堆。但是当两个字符串的频次相同的时候，我们需要的是字典序较小的，此时是一个大根堆的属性，在定义比较函数的时候需要注意。

  • 当两个字符串出现的频次不同的时候：需要的是基于频次比较的小根堆
  • 当两个字符串出现的频次相同的时候：需要的是基于字典序比较的大根堆

二、定义好比较器之后，依次将哈希表中的字符串插入到堆中，维持堆中的元素不超过 k 个。

三、遍历完整个哈希表后，堆中的剩余元素就是前 k 大的元素

class Solution {
public:
    struct cmp
    {
        bool operator()(const pair<string, int>& p1, const pair<string, int>& p2)
        {
            if(p1.second ==  p2.second) // 频次相同，字典序排序，小的在前，大根堆less
                return p1.first < p2.first;
            return p1.second > p2.second; // 频次大的在前->小根堆greater
        }
    };

    vector<string> topKFrequent(vector<string>& words, int k) {
        unordered_map<string, int> hash;
        for(auto& e : words) // 字符和频次映射到哈希表
        {
            hash[e]++;
        }
        priority_queue<pair<string, int>, vector<pair<string, int>>, cmp> heap;
        for(auto& e : hash) // Topk主逻辑
        {
            heap.push(e);
            if(heap.size() > k)
                heap.pop();
        }
        vector<string> ret(k); // 提取结果返回
        for(int i = k - 1; i >= 0; --i)
        {
            ret[i] = heap.top().first;
            heap.pop();
        }
        return ret;
    }
};

④力扣295. 数据流的中位数

295. 数据流的中位数

难度 困难

中位数是有序整数列表中的中间值。如果列表的大小是偶数，则没有中间值，中位数是两个中间值的平均值。

  • 例如 arr = [2,3,4] 的中位数是 3 。
  • 例如 arr = [2,3] 的中位数是 (2 + 3) / 2 = 2.5 。

实现 MedianFinder 类:

  • MedianFinder() 初始化 MedianFinder 对象。

  • void addNum(int num) 将数据流中的整数 num 添加到数据结构中。

  • double findMedian() 返回到目前为止所有元素的中位数。与实际答案相差 10-5 以内的答案将被接受。

示例 1：

输入
["MedianFinder", "addNum", "addNum", "findMedian", "addNum", "findMedian"]
[[], [1], [2], [], [3], []]
输出
[null, null, null, 1.5, null, 2.0]

解释
MedianFinder medianFinder = new MedianFinder();
medianFinder.addNum(1);    // arr = [1]
medianFinder.addNum(2);    // arr = [1, 2]
medianFinder.findMedian(); // 返回 1.5 ((1 + 2) / 2)
medianFinder.addNum(3);    // arr[1, 2, 3]
medianFinder.findMedian(); // return 2.0

提示:

  • -10^5 <= num <= 10^5
  • 在调用 findMedian 之前，数据结构中至少有一个元素
  • 最多 5 * 10^4 次调用 addNum 和 findMedian
class MedianFinder {
public:
    MedianFinder() {

    }
    
    void addNum(int num) {

    }
    
    double findMedian() {

    }
};

/**
 * Your MedianFinder object will be instantiated and called as such:
 * MedianFinder* obj = new MedianFinder();
 * obj->addNum(num);
 * double param_2 = obj->findMedian();
 */

解析代码

此题有三个解法，三个解法的find函数的时间复杂度都是O（1）。看看add的时间复杂度：

  • 第一个解法是进来一个数，sort一下，这样add的时间复杂度是O（N*logN）。
  • 第二个解法是插入排序的思想，这样add的时间复杂度是O（N）。
  • 第三个解法是用两个堆来维护中位数，这样add的时间复杂度是O（logN）。

第三个解法难想，但是做完这道题以后能想起来就行。这里用第三个解法：

        将整个数组按照大小平分成两部分（如果不能平分，那就让较小部分的元素多⼀个）， 较小的部分称为左侧部分，较大的部分称为右侧部分：

        将左侧部分放入大根堆中，然后将右侧元素放入小根堆中，这样就能在 O（1） 的时间内拿到中间的一个数或者两个数，进而求的平均数。

        于是问题就变成了如何将一个一个从数据流中过来的数据，动态调整到大根堆或者小根堆中，并且保证两个堆的元素一致，或者左侧堆的元素比右侧堆的元素多一个。

为了方便叙述，将左侧的大根堆记为 left ，右侧的小根堆记为 right ，数据流中来的数据记为 x 。

其实，就是分类讨论的过程：

  • 如果左右堆的数量相同， left.size() == right.size() ：

如果两个堆都是空的，直接将数据 x 放入到 left 中； 如果两个堆非空：

  1. 如果元素要放入左侧，也就是 x <= left.top() ：那就直接放，因为不会影响我们制定的规则；
  2. 如果要放入右侧可以先将 x 放入 right 中， 然后把 right 的堆顶元素放入 left 中
  • 如果左右堆的数量不相同。那就是 left.size()  =  right.size() + 1：

这个时候我们关心的是 x 是否会放入 left 中，导致 left 变得过多：

  1. 如果 x 放入 right 中，也就是 x >= right.top() ，直接放。
  2. 反之，就是需要放入 left 中： 可以先将 x 放入 left 中，然后把 left 的堆顶元素放入 right 中。

        只要每一个新来的元素按照上述规则执行，就能保证 left 中放着整个数组排序后的左半部分， right 中放着整个数组排序后的右半部分，就能在 O（1）的时间内求出平均数，且插入的时间复杂度首O（logN）。

class MedianFinder {
    // 较小的部分称为左侧部分，较大的部分称为右侧部分：
    // 将左侧部分放入大根堆中，然后将右侧元素放入小根堆中，
    priority_queue<int> left; // ⼤根堆
    priority_queue<int, vector<int>, greater<int>> right; // ⼩根堆

public:
    MedianFinder() {

    }
    
    void addNum(int num) {
        if(left.size() == right.size())
        {
            if(right.empty() || left.top() > num)
            {
                left.push(num);
            }
            else
            {
                right.push(num);
                left.push(right.top());
                right.pop();
            }
        }
        else
        {
            if(left.top() > num)
            {
                left.push(num);
                right.push(left.top());
                left.pop();
            }
            else
            {
                right.push(num);
            }
        }
    }
    double findMedian() {
        if(left.size() == right.size())
            return (left.top() + right.top()) / 2.0;
        return left.top();
    }
};

/**
 * Your MedianFinder object will be instantiated and called as such:
 * MedianFinder* obj = new MedianFinder();
 * obj->addNum(num);
 * double param_2 = obj->findMedian();
 */

本篇完。

下一篇动态规划系列的是两个数组dp类型的OJ。

下下篇是BFS解决FloodFill算法。


http://www.niftyadmin.cn/n/5473930.html

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