LeetCode373查找和最小的K对数字：TopK问题：「小根堆 & 多路归并」 |「二分 & 滑动窗口」

前言

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• 每日一题：LeetCode：373.查找和最小的K对数字

  • 时间：2022-01-14
  • 力扣难度：Meduim
  • 个人难度：Meduim
  • 数据结构：数组、堆、优先队列
  • 算法：多路归并 、二分
  • Tips：本题属于非常高频的面试题，有可能直接手撕，或者是以考察大文件排序、海量数据排序等场景题的方式出现

LeetCode每日一题.jpg

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2022-01-14：LeetCode：373.查找和最小的K对数字

1. 题目描述

• 题目：原题链接

  • 给定两个以 升序排列 的整数数组 nums1 和 nums2 , 以及一个整数 k 。
  • 定义一对值 (u,v)，其中第一个元素来自 nums1，第二个元素来自 nums2 。
  • 请找到和最小的 k 个数对 (u1,v1), (u2,v2) ... (uk,vk) 。

• 输入输出规范

  • 输入：两个升序数组
  • 输出：K个数对(i, j)

• 输入输出示例

  • 输入：nums1 = [1,7,11], nums2 = [2,4,6], k = 3
  • 输出：[1,2],[1,4],[1,6]

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2. 方法一：多路归并 & 小根堆

• 思路：优先队列中维护K个数对

  • 本题是TopK类型问题，可以参考LC215数组的第K大个元素即求出一个序列中的K大或K小个元素，与普通的TopK问题不同的是本题是两个升序数组，然后求解的是K小个数对
  • 首先，可以想到最基础的方法是，将两个数组可以组成的数对全部枚举出来，并对这些元素进行排序，最终取出K小个元素对应的数对即可，时间复杂度取决于排序算法的复杂度，一般为
  • 这种方法属于暴力枚举，复杂度较高，所以需要进行优化，实际上，对于TopK问题，我们完全不需要对整个序列进行排序，而是只关心TopK个元素
  • 所以，我们只需要维护K个元素，并取出其中的最值，然后每次添加进来一个新元素，继续取出最值，这些最值组成的集合就是最终的TopK个元素
  • 这种思想类似于堆结构，即大根堆和小根堆，Java中提供了基于堆思想的PriorityQueue优先队列结构，无需我们手动构建堆

• 堆的常规解题方式：以K小为例

  • 方式一：结果为堆中元素
    • 对于单个序列的TopK问题，首先将序列的前 k 个元素添加到大根堆(降序)中
    • 然后遍历剩下的 n - k 个元素，逐个判断其与堆顶元素的大小，当前元素小时，取出堆顶，加入当前元素(堆调整)
    • 最终堆中剩余的 k 个元素就是TopK
  • 方式二：结果为堆中每次取出的元素
    • 对于多个序列的TopK问题，如本题是有两个独立的数组，需要先对各个子序列排序
    • 接着同样在小根堆(升序)中维护对应序列个数个元素，然后每次取出堆顶元素，并加入当前堆顶元素(最小值)所在序列的下一个值，一共进行 k 次
    • 取出的元素组成的集合( k 个)就是TopK，这种方式也成为多路归并，常见于大文件排序、海量数据排序等场景(面试热点)

• 本题的解题步骤

  • 本题对应第二种方式的情况，但由于本题求解的数对，所以与普通的解法有一点区别
  • 由于本题给出的两个数组都是升序数组，可以发现，数对(num1[0], nums2[0])是最小的数对，且对于 nums1 中的一个元素，其与 nums2 中每个元素组成的数对序列也是升序的，反之亦然
  • 因此，当求解过程中确定了 (num1[i], nums2[j]) 为一个 TopK后，下一个TopK应该是从堆中已有元素和 (num1[i+1], nums2[j])、(num1[i], nums2[j+1]) 中产生
  • 首先我们将 k 个元素放入小根堆中，为了避免后续查找TopK时加入元素重复的问题，初始时以其中一个数组为基础，加入(0,0), (1,0), ... , (k-1, 0)这些元素，当取出一个元素 (i, j) 后，新加入的元素为(i, j + 1)
  • 取出的元素组成的就是TopK集合

• 题解

  public List> kSmallestPairs(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
      if (nums1 == null || nums1.length == 0 || nums2 == null || nums2.length == 0) return null;
      List> smallestPairs = new ArrayList<>();
      int n = nums1.length;
      int m = nums2.length;
      PriorityQueue queue = new PriorityQueue<>(k, (a, b) -> (nums1[a[0]] + nums2[a[1]]) - (nums1[b[0]] + nums2[b[1]]));
      // 1. 维护 K 个元素到堆中 : (i, 0)
      for (int i = 0; i < Math.min(n, k); i++) {
          queue.add(new int[]{i, 0});
      }
      // 2. 取出堆顶元素并加入新元素
      while (k > 0 && !queue.isEmpty()) {
          int[] pairs = queue.poll();
          List list = new ArrayList<>();
          list.add(nums1[pairs[0]]);
          list.add(nums2[pairs[1]]);
          smallestPairs.add(list);
          if(pairs[1] + 1 < m) queue.add(new int[]{pairs[0], pairs[1] + 1});
          k--;
      }
      return smallestPairs;
  }
  

• 复杂度分析：n 和 m 分别是两个数组的大小，k 是要求的数对个数

  • 时间复杂度：，初始堆，堆调整
  • 空间复杂度：

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3. 方法二：二分 & 滑动窗口

• 思路：通过二分确定序列前 k 个数对与后面的分界点的值

  • TopK问题也可以通过二分的思路来解决，因为数对序列可以等效为类似坐标轴的概念，一定存在一个分界点，将前 k 个元素与后面的序列分开
  • 数对的最小值为，最大值为
  • 可以将最小值最大值作为左右起点，可通过二分查找，注意查找的条件不是找到满足大小关系的目标值，而是找到某个确保前面有 k 个，或者算上自身有 k 个数对元素的分界值divideNum
  • 二分法中，计算小于 mid 值的数对元素个数可以通过滑动窗口的方式，计算元素个数的复杂度为，整个二分过程的复杂度为
  • 找到分界值后，就可以遍历两个有序数组，将大小小于分界值的数对加入到结果集中，如果此时不足 k 个元素，则考虑将等于分界值的部分数对加入到结果集中，因为一共要加入 k 个数对，复杂度为
  • 注意：本题输出的顺序优先输出小索引的nums1数组，所以对于等于分界值的情况要注意查找的顺序

• 题解：直接模拟

  // 方法二：二分 & 滑动窗口
  public List> kSmallestPairs2(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
      if (nums1 == null || nums1.length == 0 || nums2 == null || nums2.length == 0) return null;
      List> smallestPairs = new ArrayList<>();
      int n = nums1.length;
      int m = nums2.length;
  
      // 二分查找第 k 小的数对和的大小
      int left = nums1[0] + nums2[0];
      int right = nums1[n - 1] + nums2[m - 1];
      while (left < right) {
          int mid = left + ((right - left) >> 1);
          long count = 0; // mid之前的元素的个数
          int start = 0;
          int end = m - 1;
          // 双指针查找当前比 mid 小的元素个数，用来确定二分的方向
          while (start < n && end >= 0) {
              if(count >= k) break;
              if (nums1[start] + nums2[end] > mid) {
                  end--;
              } else {
                  count += end + 1;
                  start++;
              }
          }
          // mid前的元素超过k个，向左二分，没超过向右
          if (count < k) {
              left = mid + 1;
          } else {
              right = mid;
          }
      }
  
      // 分界点的值
      int divideNum = left;
      // 找到小于分界点的值的数对，并添加到TopK中
  
      for (int num1 : nums1) {
          for (int num2 : nums2) {
              if( k > 0 && num1 + num2 < divideNum) {
                  List list = new ArrayList<>();
                  list.add(num1);
                  list.add(num2);
                  smallestPairs.add(list);
                  k--;
              }else break;
          }
      }
  
      // 找到等于分界点的值的数对
      int index = m - 1;
      for (int i = 0; i < n && k > 0; i++) {
          // 找到第一个不大于分界点值的数对
          while (index >= 0 && nums1[i] + nums2[index] > divideNum) {
              index--;
          }
          for (int j = i; j >= 0; j--) {
              if(k > 0 && nums1[j] + nums2[index] == divideNum) {
                  List list = new ArrayList<>();
                  list.add(nums1[j]);
                  list.add(nums2[index]);
                  smallestPairs.add(list);
                  k--;
              }else break;
          }
      }
      return smallestPairs;
  }
  

• 复杂度分析：n 和 m 分别是两个数组的大小，k 是要求的数对个数

  • 时间复杂度：
  • 空间复杂度：

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最后

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