剑指Offer--065-滑动窗口的最大值
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CSDN题解：剑指Offer–065-滑动窗口的最大值
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065-滑动窗口的最大值
2 题意
题目描述
题目描述
给定一个数组和滑动窗口的大小，找出所有滑动窗口里数值的最大值
例如，如果输入数组{2,3,4,2,6,2,5,1}及滑动窗口的大小3
那么一共存在6个滑动窗口, 他们的最大值分别为{4,4,6,6,6,5}；
针对数组{2,3,4,2,6,2,5,1}的滑动窗口有以下6个
{[2,3,4],2,6,2,5,1}，最大值4
{2,[3,4,2],6,2,5,1}，最大值4
{2,3,[4,2,6],2,5,1}，最大值6
{2,3,4,[2,6,2],5,1}，最大值6
{2,3,4,2,[6,2,5],1}，最大值6
{2,3,4,2,6,[2,5,1]}，最大值5
3 暴力解法
如果采用蛮力法，这个问题似乎不难解决：可以扫描每一个滑动窗口的所有数字并找出其中的最大值。如果滑动窗口的大小为k，需要O(k)时间才能找出滑动窗口里的最大值。对于长度为n的输入数组，这个算法总的时间复杂度是O(nk)
#include ", " <"], max = " <return res;
}
};
int __tmain( )
{
Solution solu;
int array[] = { 2, 3, 4, 2, 6, 2, 5, 1 };
vector<int> vec(array, array + 8);
vector<int> res = solu.maxInWindows(vec, 3);
copy(res.begin( ), res.end( ), ostream_iterator<int>(cout," "));
return 0;
} 4 队列中取最大值操作问题
实际上一个滑动窗口可以看成是一个队列。当窗口滑动时，处于窗口的第一个数字被删除，同时在窗口的末尾添加一个新的数字。这符合队列的先进先出特性。如果能从队列中找出它的最大数，这个问题也就解决了。
在面试题21中。我们实现了一个可以用O(1)时间得到最小值的栈。同样，也可以用O(1)时间得到栈的最大值。同时在面试题7中，我们讨论了如何用两个栈实现一个队列。综合这两个问题的解决方法，我们发现如果把队列用两个栈实现，由于可以用O(1)时间得到栈中的最大值，那么也就可以用O(1)时间得到队列的最大值，因此总的时间复杂度也就降到了O(n)
因此我们现在的问题归结为, 实现一个尽可能快的找出队列最大值
起初没仔细看，还以为与此前的自定义栈-pop-push-min-时间复杂度都为O(1) 是一样的，后来才发现不是一回事，有差别的。对于栈来说，我们可以的入栈和出栈不会影响辅助数组内的情况，假设当前N个元素，（为了说明简单，下标从1开始），辅助空间的F[1]记录的是A[1,1]内的最值位置，F[2]记录的是A[1,2]内的最值位置，···，F[N]记录的是A[1,N]内的最值位置。在插入F[k+1]=A[F[k]]与A[k+1]两者最值的位置，插入复杂度为O(1)，在删除第k+1个节点时，删除A[k+1]和F[k+1]，这并不影响F[1]-F[k]，因此删除的复杂度为O(1)，取最值，假设当前N个元素，即返回A[F[N]]。
对于队列来说，如果套用栈的辅助数组方法，假设当前有N个元素，下标从1开始，那么F[1]记录的是A[1,N]中的最值，F[2]记录的是A[2,N]中的最值，···，F[N]记录的是A[N,N]中的最值。当A[k+1]入队时，需要更新F[1]到F[k]，F[K+1]=K+1，因此插入的复杂度为O(N)，当F[k]出队时，删除F[k]即可（每次出队的都是第一个元素，实际上此时F[1]-F[k-1]已经出队完毕了），因此删除的复杂度为O(1)。取最值的复杂度是O(1)。
队列与栈的区别很清楚了。我们在编程之美上找到了两个答案
* 一个是构建最大堆
* 另一个是用两个栈来实现。
4.1 最大堆的方法
队列本身要么顺序结构要么链接结构，还那么存。另外对于队列每个元素构建一个节点（包含在队列中的位置），这些节点构成一个最大堆，因此插入和删除操作都要维护这个最大堆，时间复杂度都是O(LogN)，取最大值的复杂度为 O(1)。
暴力的思路简单，但是时间复杂度过高，因此需要改进。可以使用一个最大堆来保存size个数字，每次插入数字时只需要O(lgsize)的时间，从堆中取最大值只需要O(1)的时间。
随着窗口由左向右滑动，因此堆中有些数字会失效（因为它们不再包含在窗口中）。
class Solution
{
typedef pair<int,int> Pair;
public :
vector<int> maxInWindows(const vector<int> &num, unsigned int size)
{
vector<int> result;
priority_queue Q;
if (num.size() < size || size < 1)
{
return result;
}
for (int i = 0; i < size-1; i++)
{
Q.push(Pair(num[i],i));
}
for (int i = size-1; i < num.size(); i++)
{
Q.push(Pair(num[i],i));
Pair p = Q.top();
while(p.second < i-(size-1)) {
Q.pop();
p = Q.top();
}
result.push_back(p.first);
}
// result.push_back(Q.top().first);
return result;
}
};
4.2 两个栈的方法
A栈，B栈，这两个栈都是前面提到的pop-push-min复杂度都为O(1)的空间换时间的实现。
取最值：返回A栈的最值和B栈的最值相比后的最值。复杂度O(1)。
入队操作：直接入到B栈中。复杂度O(1)。
出队操作：如果A栈不为空，直接A栈出栈，复杂度为O(1)，如果A栈为空，那么将B栈内容逐个出栈并且逐个入栈到A中，然后A栈出栈，复杂度O(N)，实际上是B栈的长度。
对于这种方法，如果对列的操作时，一连串的入栈，然后是一连串的出栈，那么就是首先不停向B入栈，然后第一个出栈，B栈元素全压入A栈，A出栈一个，这一步是N的复杂度，但是此后是不停的从A出栈，这都是O (1)的复杂度。还不错呢。而且借助了栈的代码，方便实现。对于这样的情景，就是只有第一个出栈的时候，要O(N)，复杂度不是很均匀。对于每个元素来说，要么入B栈，入A栈，从A栈弹出，即总体是3N，平均下来基本上是O(3)，要不最大堆的O(LogN)是快了不少呢。
#include 5 单调队列
还是把滑动窗口当成是队列来处理，其实是最大值队列的改进策略, 思路基本类似, 但是队列中存储的是最大值的下标, 为了得到滑动窗口的最大值，队列序可以从两端删除元素，因此使用双端队
原则：
对新来的元素k，将其与双端队列中的元素相比较
前面比k小的，直接移出队列（因为不再可能成为后面滑动窗口的最大值了!）,
前面比k大的X，比较两者下标，判断X是否已不在窗口之内，不在了，直接移出队列
队列的第一个元素是滑动窗口中的最大值
class Solution
{
public :
/* 方式二：利用队列来解决,时间复杂度为O(n)
利用双端队列来实现单调队列(索引对应的值是单调的) */
vector<int> maxInWindows(const vector<int>& num, unsigned int size)
{
unsigned int length = num.size( );
vector<int> result;
if(length == 0 || size == 0 || length < size)
{
return result;
}
deque<int> indexQueue;
/* 第一个窗口的处理比较简单, 直接找到最大的那个即可 */
for(unsigned int i = 0;
i < size;
i++)
{
/* 删除队尾元素
* 对于当前元素num[i]
* 前面比k小的，直接移出队列
* 因为不再可能成为后面滑动窗口的最大值了 */
while(indexQueue.empty( ) != true
&& num[i] >= num[indexQueue.back( )])
{
indexQueue.pop_back( );
}
/* 将当前元素的下表压入队列中 */
indexQueue.push_back(i);
}
/* 处理后续的滑动窗口*/
for(unsigned int i = size;
i < length;
i++)
{
/* 队列中的第一个元素是当前滑动窗口最大值的下标 */
result.push_back(num[indexQueue.front()]);
/* 删除队尾元素
* 对于当前元素num[i]
* 前面比k小的，直接移出队列
* 因为不再可能成为后面滑动窗口的最大值了 */
while(indexQueue.empty( ) != true
&& num[i]>=num[indexQueue.back()])
{
indexQueue.pop_back();
}
/* 删除队首元素
* 前面比k大的X，
* 比较两者下标，判断X是否已不在窗口之内，
* 不在了，直接移出队列 */
if(indexQueue.empty( ) != true
&& indexQueue.front( ) < (int)(i - size + 1))
{
indexQueue.pop_front( );
}
indexQueue.push_back(i);
}
result.push_back(num[indexQueue.front()]);
return result;
}
};
下面代码是网上看到的, 其实一样的思路, 只是写法更简练
/* 单调队列，O(n)
* deque s中存储的是num的下标
*
* 题目：滑动窗口的最大值
*
* 思路：滑动窗口应当是队列，但为了得到滑动窗口的最大值，队列序可以从两端删除元素，因此使用双端队列。
*
* 原则：
* 对新来的元素k，将其与双端队列中的元素相比较
* 1. 前面比k小的，直接移出队列（因为不再可能成为后面滑动窗口的最大值了!）,
* 2. 前面比k大的X，比较两者下标，判断X是否已不在窗口之内，不在了，直接移出队列
* 队列的第一个元素是滑动窗口中的最大值
* */
class Solution
{
public:
vector<int> maxInWindows(const vector<int>& num, unsigned int size)
{
vector<int> res;
deque<int> index;
for(unsigned int i = 0; i < num.size( ); i++)
{
cout <<"size["<"] : ";
copy(index.begin( ), index.end( ), ostream_iterator<int>(cout," "));
cout </* 从后面依次弹出队列中比当前num值小的元素，
* 同时也能保证队列首元素为当前窗口最大值下标 */
while(index.size( ) != 0 && num[index.back( )] <= num[i])
{
index.pop_back( );
}
/* 当前窗口移出队首元素所在的位置
即队首元素坐标对应的num不在窗口中，需要弹出 */
while(index.size() && i - index.front( ) + 1 > size)
{
index.pop_front( );
}
/* 把每次滑动的num下标加入队列 */
index.push_back(i);
/* 当滑动窗口首地址i大于等于size时才开始写入窗口最大值 */
if(size != 0 && i + 1 >= size)
{
res.push_back(num[index.front( )]);
}
}
return res;
}
};