Top-K问题
面试中，TopK，是问得比较多的几个问题之一，到底有几种方法，这些方案里蕴含的优化思路究竟是怎么样的，今天和大家聊一聊。
画外音：除非校招，我在面试过程中从不问TopK这个问题，默认大家都知道。
问题描述：
从arr[1, n]这n个数中，找出最大的k个数，这就是经典的TopK问题。
栗子：
从arr[1, 12]={5,3,7,1,8,2,9,4,7,2,6,6} 这n=12个数中，找出最大的k=5个。
一、排序
排序是最容易想到的方法，将n个数排序之后，取出最大的k个，即为所得。
伪代码：
sort(arr, 1, n);
return arr[1, k];时间复杂度：O(n*lg(n))
分析：明明只需要TopK，却将全局都排序了，这也是这个方法复杂度非常高的原因。那能不能不全局排序，而只局部排序呢？这就引出了第二个优化方法。
二、局部排序
不再全局排序，只对最大的k个排序。
冒泡是一个很常见的排序方法，每冒一个泡，找出最大值，冒k个泡，就得到TopK。
伪代码：
for(i=1 to k){
bubble_find_max(arr,i);
}
return arr[1, k];
时间复杂度：O(n*k)
分析：冒泡，将全局排序优化为了局部排序，非TopK的元素是不需要排序的，节省了计算资源。不少朋友会想到，需求是TopK，是不是这最大的k个元素也不需要排序呢？这就引出了第三个优化方法。
三、堆
思路：只找到TopK，不排序TopK。
先用前k个元素生成一个小顶堆，这个小顶堆用于存储，当前最大的k个元素。
接着，从第k+1个元素开始扫描，和堆顶（堆中最小的元素）比较，如果被扫描的元素大于堆顶，则替换堆顶的元素，并调整堆，以保证堆内的k个元素，总是当前最大的k个元素。
直到，扫描完所有n-k个元素，最终堆中的k个元素，就是猥琐求的TopK。
伪代码：
heap[k] = make_heap(arr[1, k]);
for(i=k+1 to n){
adjust_heap(heep[k],arr[i]);
}
return heap[k];
时间复杂度：O(n*lg(k))
画外音：n个元素扫一遍，假设运气很差，每次都入堆调整，调整时间复杂度为堆的高度，即lg(k)，故整体时间复杂度是n*lg(k)。
分析：堆，将冒泡的TopK排序优化为了TopK不排序，节省了计算资源。堆，是求TopK的经典算法，那还有没有更快的方案呢？
四、随机选择
随机选择算在是《算法导论》中一个经典的算法，其时间复杂度为O(n)，是一个线性复杂度的方法。
这个方法并不是所有同学都知道，为了将算法讲透，先聊一些前序知识，一个所有程序员都应该烂熟于胸的经典算法：快速排序。
画外音：
（1）如果有朋友说，“不知道快速排序，也不妨碍我写业务代码呀”…额...
（2）除非校招，我在面试过程中从不问快速排序，默认所有工程师都知道；
其伪代码是：
void quick_sort(int[]arr, int low, inthigh){
if(low== high) return;
int i = partition(arr, low, high);
quick_sort(arr, low, i-1);
quick_sort(arr, i+1, high);
}其核心算法思想是，分治法。
分治法（Divide&Conquer），把一个大的问题，转化为若干个子问题（Divide），每个子问题“都”解决，大的问题便随之解决（Conquer）。这里的关键词是“都”。从伪代码里可以看到，快速排序递归时，先通过partition把数组分隔为两个部分，两个部分“都”要再次递归。
分治法有一个特例，叫减治法。
减治法（Reduce&Conquer），把一个大的问题，转化为若干个子问题（Reduce），这些子问题中“只”解决一个，大的问题便随之解决（Conquer）。这里的关键词是“只”。
二分查找binary_search，BS，是一个典型的运用减治法思想的算法，其伪代码是：
int BS(int[]arr, int low, inthigh, int target){
if(low> high) return -1;
mid= (low+high)/2;
if(arr[mid]== target) return mid;
if(arr[mid]> target)
return BS(arr, low, mid-1, target);
else
return BS(arr, mid+1, high, target);
}从伪代码可以看到，二分查找，一个大的问题，可以用一个mid元素，分成左半区，右半区两个子问题。而左右两个子问题，只需要解决其中一个，递归一次，就能够解决二分查找全局的问题。
通过分治法与减治法的描述，可以发现，分治法的复杂度一般来说是大于减治法的：
快速排序：O(n*lg(n))
二分查找：O(lg(n))
话题收回来，快速排序的核心是：
i = partition(arr, low, high);这个partition是干嘛的呢？
顾名思义，partition会把整体分为两个部分。
更具体的，会用数组arr中的一个元素（默认是第一个元素t=arr[low]）为划分依据，将数据arr[low, high]划分成左右两个子数组：
-
左半部分，都比t大
-
右半部分，都比t小
-
中间位置i是划分元素
以上述TopK的数组为例，先用第一个元素t=arr[low]为划分依据，扫描一遍数组，把数组分成了两个半区：
-
左半区比t大
-
右半区比t小
-
中间是t
partition返回的是t最终的位置i。
很容易知道，partition的时间复杂度是O(n)。
画外音：把整个数组扫一遍，比t大的放左边，比t小的放右边，最后t放在中间N[i]。
partition和TopK问题有什么关系呢？
TopK是希望求出arr[1,n]中最大的k个数，那如果找到了第k大的数，做一次partition，不就一次性找到最大的k个数了么？
画外音：即partition后左半区的k个数。
问题变成了arr[1, n]中找到第k大的数。
再回过头来看看第一次partition，划分之后：
i = partition(arr, 1, n);
-
如果i大于k，则说明arr[i]左边的元素都大于k，于是只递归arr[1, i-1]里第k大的元素即可；
-
如果i小于k，则说明说明第k大的元素在arr[i]的右边，于是只递归arr[i+1, n]里第k-i大的元素即可；
画外音：这一段非常重要，多读几遍。
这就是随机选择算法randomized_select，RS，其伪代码如下：
int RS(arr, low, high, k){
if(low== high) return arr[low];
i= partition(arr, low, high);
temp= i-low; //数组前半部分元素个数
if(temp>=k)
return RS(arr, low, i-1, k); //求前半部分第k大
else
return RS(arr, i+1, high, k-i); //求后半部分第k-i大
}
这是一个典型的减治算法，递归内的两个分支，最终只会执行一个，它的时间复杂度是O(n)。
再次强调一下：
-
分治法，大问题分解为小问题，小问题都要递归各个分支，例如：快速排序
-
减治法，大问题分解为小问题，小问题只要递归一个分支，例如：二分查找，随机选择
通过随机选择（randomized_select），找到arr[1, n]中第k大的数，再进行一次partition，就能得到TopK的结果。
五、bitmap计数
空间换时间，是算法优化中最常见的手段，如果有相对充裕的内存，可以有更快的算法。
画外音：即使内存不够，也可以水平切分，使用分段的方法来操作，减少每次内存使用量。
TopK问题描述
从arr[1, 12]={5,3,7,1,8,2,9,4,7,2,6,6} 这n=12个数中，找出最大的k=5个。
比特位图(bitmap)法
bitmap，是空间换时间的典型代表。它是一种，用若干个bit来表示集合的数据结构。
例如，集合S={1,3,5,7,9}，容易发现，S中所有元素都在1-16之间，于是，可以用16个bit来表示这个集合：存在于集合中的元素，对应bit置1，否则置0。
画外音：究竟需要多少存存储空间，取决于集合中元素的值域，在什么范围之内。
上述集合S，可以用1010101010000000这样一个16bit的bitmap来表示，其中，第1, 3, 5, 7, 9个bit位置是1。
假设TopK的n个元素都是int，且元素之间没有重复，只需要申请2^32个bit，即4G的内存，就能够用bitmap表示这n元素。
扫描一次所有n个元素，以生成bitmap，其时间复杂度是O(n)。生成后，取TopK只需要找到最高位的k个bit即可。算法总时间复杂度也是O(n)。
伪代码为：
bitmap[4G] = make_bitmap(arr[1, n]);
return bitmap[top k bits];bitmap算法有个缺点，如果集合元素有重复，相同的元素会被去重，假设集合S中有5个1，最终S制作成bitmap后，这5个1只对应1个bit位，相当于4个元素被丢掉了，这样会导致，找到的TopK不准。该怎么优化呢？
比特位图计数
优化方法是，每个元素的1个bit变成1个计数。
如上图所示，TopK的集合经过比特位图计数处理后，会记录每个bit对应在集合S中出现过多少次。
接下来，找TopK的过程，就是bitmap从高位的计数开始，往低位的计数扫描，得到count之和等于k，对应的bit就是TopK所求。
如上图所示，k=5：
（1）第一个非0的count是1，对应的bit是9；
（2）第二个非0的count也是1，对应的bit是8；
（3）第三个非0的count是2，对应的bit是7；
（4）第四个非0的count是2，对应的bit是6，但TopK只缺1个数字了，故只有1个6入选；
故，最终的TopK={9, 8, 7, 7, 6}。
结论：通过比特位图精准计数的方式，求解TopK，算法整体只需要不到2次扫描，时间复杂度为O(n)，比减治法的随机选择会更快。
为了巩固今天的内容，例行挖个坑。
面试中，还有个问题问得比较多：求一个正整数的二进制表示包含多少个1？
例如：7的二进制表示是111，即7的二进制表示包含3个1。
画外音：我面试过程中从不问这个问题。
最常见的解法是：
uint32_t count_one(uint32_t n){
uint32_t count=0;
while(n){
count ++;
n &= (n-1);
}
return count;
}六、总结
TopK，不难；其思路优化过程，不简单：
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全局排序，O(n*lg(n))
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局部排序，只排序TopK个数，O(n*k)
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堆，TopK个数也不排序了，O(n*lg(k))
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分治法，每个分支“都要”递归，例如：快速排序，O(n*lg(n))
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减治法，“只要”递归一个分支，例如：二分查找O(lg(n))，随机选择O(n)
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TopK的另一个解法：随机选择+partition
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bitmap计数