设数组大小为N，滑动窗口大小为K
1. 常规思路
常规思路：遍历数组，每次计算最大值，或者遍历K次，将题目化为两个窗口的方法，时间复杂度为O(N*K), 显然不满足需求。
2. 最大堆
其实做过“寻找n个无穷数中寻找最大的K个数”这题的话，应该比较容易想到，用堆来处理这种“求连续输入的数据中的最值”的题目。思路还是比较像的。
具体思路：
构建一个大小为K的最大堆，每次从堆中取出窗口的最大值，随着窗口往右滑动，需要将堆中不属于窗口的堆顶元素删除。
这里的堆，我们直接使用STL中的优先队列priority_queue（可以理解为另一种形式的堆）
代码如下，复杂度为O(N*logN)
class Solution {
public:
vector maxSlidingWindow(vector& nums, int k)
{
vector result;
priority_queue> Q; //pair.second记录原始数据的序号，从而便于识别最大值是否在当前窗口内，其实也可以只存储编号
if (nums.size() < k || k < 1)
return result;
for (int i = 0; i < k-1; i++)
Q.push(pair(nums[i],i));
for (int i = k-1; i < nums.size(); i++)
{
Q.push(pair(nums[i],i));
pair p = Q.top();
while(p.second < i-(k-1))
{
Q.pop();
p = Q.top();
}
result.push_back(p.first);
}
return result;
}
};
其实在仔细考虑会想到，并不需要一直维护一个大小为K的堆。
3. 集合
class Solution {
public:
vector maxSlidingWindow(vector& nums, int k)
{
vector result;
if (k == 0) return result;
multiset w;
for (int i = 0, n = nums.size(); i < n; i++)
{
if (i >= k)
w.erase(w.find(nums[i-k]));
w.insert(nums[i]);
if (i >= k-1)
result.push_back(*w.rbegin());
}
return result;
}
};
3. 双端队列
使用双端队列，队列元素降序排序，队首元素为所求最大值。滑动窗口右移，若出现的元素比队首（最大元素）大，此时清空队列，并将最大值插入队列。若比当前值小，则插入尾部。每次窗口右移的时候需要判断当前的最大值是否在有效范围，若不在，则需要将其从队列中删除。
给出代码，时间复杂度为O(N)
class Solution {
public:
vector maxSlidingWindow(vector& nums, int k)
{
vector result;
deque Q;//队列记录的是编号
if(nums.size() < k || k <= 0)
return result;
for (int i = 0; i < k; i++)
{
while (!Q.empty() && nums[i] > nums[Q.back()])
Q.pop_back();
Q.push_back(i);
}
for (int i = k; i < nums.size(); i++)
{
result.push_back(nums[Q.front()]);
while (!Q.empty() && nums[i] >= nums[Q.back()]) Q.pop_back();
while (!Q.empty() && Q.front() <= i - k) Q.pop_front();
Q.push_back(i);
}
result.push_back(nums[Q.front()]);
return result;
}
};
4. 某位大神的O(n)解法
大致思路就是对窗口值对数组进行分段，然后左右分别计算区域内最大值，最后归并。感觉非常smart啊。这个方法值得好好归纳一下，好像之前某些题也有类似的做法。
class Solution {
public:
vector maxSlidingWindow(vector& nums, int k)
{
int n = nums.size();
vector res;
if(n == 0) return res;
if(k == 1) return nums;
int left[n];
int right[n];
left[0] = nums[0];
right[n - 1] = nums[n - 1];
for(int i = 0;i < n;i++)
{
if(i % k == 0)
left[i] = nums[i];
else
left[i] = std::max(nums[i],left[i - 1]);
}
for(int i = n - 2;i >= 0;i--)
{
if(i % k == 0)
right[i] = nums[i];
else
right[i] = std::max(nums[i],right[i + 1]);
}
for(int i = 0; i <= n - k;i++)
{
res.push_back(std::max(right[i],left[i + k - 1]));
}
return res;
}
};
5. 其他
还有使用栈O(n)解法等，等后续再慢慢看。
参考文献
3 C++ Solutions
C++ Time O(N) Space O(N), Use Max Queue.
Not the best,but the fastest,beat 97%