算法日记本 | LeetCode 239. 滑动窗口最大值

题目描述

给定一个数组 nums，有一个大小为 k 的滑动窗口从数组的最左侧移动到数组的最右侧。你只可以看到在滑动窗口 k 内的数字。滑动窗口每次只向右移动一位。

返回滑动窗口最大值。

示例：

输入: nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], 和 k = 3
输出: [3,3,5,5,6,7] 
解释: 

  滑动窗口的位置                最大值
---------------               -----
[1  3  -1] -3  5  3  6  7       3
 1 [3  -1  -3] 5  3  6  7       3
 1  3 [-1  -3  5] 3  6  7       5
 1  3  -1 [-3  5  3] 6  7       5
 1  3  -1  -3 [5  3  6] 7       6
 1  3  -1  -3  5 [3  6  7]      7

注意：

你可以假设 k 总是有效的，1 ≤ k ≤ 输入数组的大小，且输入数组不为空。

进阶：

你能在线性时间复杂度内解决此题吗？

分析解答

这是一道标记为困难的题目，乍一看会发现有一些坑：线性复杂度以及数组内容的动态增减。由于这道题对应的标签是堆，所以我们先考虑用堆来解决。维护一个最大堆，每次往右移动一格时把最新的值入堆，然后取出最大值并判断该值是否在我们当前的窗口内。我们可以引入一个额外的计数器作为垃圾回收站，每次往右移动后最左边的值就离开窗口，在计数器中将该值的计数加一，表明回收站中又多了一个该值。然后在取出最大值时判断下回收站中的计数是否为0，不为0的话表明当前这个最大值应该是已经丢弃过的，无法使用，应该继续取下一个最大值，直到对应值在回收站中的计数不为0。这种做法只需一次遍历，但需要维护一个大小为**k*的堆，每次进堆和出堆的平均时间是logk，因此总耗时实际上是O(Nlogk)。虽然效率差了些，但还算直观，代码实现如下：

class Solution(object):
    def maxSlidingWindow(self, nums, k):
        """
        :type nums: List[int]
        :type k: int
        :rtype: List[int]
        """
        import heapq
        from collections import defaultdict

        if not nums:
            return []

        nums = [-1 * x for x in nums]
        counter = defaultdict(int)

        windows = nums[:k]
        res = []
        heapq.heapify(windows)
        res.append(-1 * windows[0])
        counter[nums[0]] += 1
        for i in range(len(nums) - k):
            heapq.heappush(windows, nums[i + k])
            min_num = windows[0]
            while counter[min_num] > 0:
                counter[min_num] -= 1
                heapq.heappop(windows)
                min_num = windows[0]
            res.append(-1 * min_num)
            counter[nums[i + 1]] += 1

        return res

为了进一步提升效率，我们可以更加细致地考察下当窗口滑动时都发生了什么。首先肯定的一点时，前一个窗口中最左边的值要被移除。对于新加入窗口的值，记作a，如果窗口中有比它小的值，那么从这个窗口开始，窗口的最大值肯定不会是这些值，因此可以把他们从窗口中移除，直到窗口内剩余的所有值都不小于a。按照这种方法，窗口内任意时刻剩余的值一定是一个单调递减的序列，我们可以通过一个双端队列来实现这种操作。代码实现如下：

class Solution(object):
    def maxSlidingWindow(self, nums, k):
        """
        :type nums: List[int]
        :type k: int
        :rtype: List[int]
        """
        from collections import deque

        res = []
        q = deque()
        for idx, v in enumerate(nums):
            if len(q) > 0 and q[0] <= idx - k:
                t = q.popleft()
            while len(q) > 0 and nums[q[-1]] < v:
                q.pop()
            q.append(idx)
            if idx >= k - 1:
                res.append(nums[q[0]])

        return res

在这种解法里，每个元素最多被访问两遍，每次访问都是常量操作，因此复杂度可以被控制在O(N)。从提交的结果看，耗时也确实比前一种方法好一些。只是相对来说需要对整个过程有更深入的剖析，所以也会比较难理解一些。如果还有什么问题，可以在评论区留言交流。

今天的分享就到这啦，回头见。

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感谢您的阅读，祝您生活愉快！

作者：小美哥
2019-03-21