详解一道高频算法题：数组中的第 K 个最大元素

今天分享的题目来源于 LeetCode 第 215 号问题，是面试中的高频考题。

题目描述  

在 未排序 的数组中找到第 k 个最大的元素。请注意，你需要找的是数组排序后的第 k 个最大的元素，而不是第 k 个不同的元素。

示例 1:

输入: [3,2,1,5,6,4] 和 k = 2 输出: 5

示例 2:

输入: [3,2,3,1,2,4,5,5,6] 和 k = 4 输出: 4

说明:

你可以假设 k 总是有效的，且 1 ≤ k ≤ 数组的长度。

题目解析  

方法一：返回升序排序以后索引为 len - k 的元素

题目已经告诉你了：

你需要找的是数组排序后的第 k 个最大的元素，而不是第 k 个不同的元素。

因此，升序排序以后，返回索引为 len - k 这个元素即可。

这是最简单的思路，如果只答这个方法，可能面试官并不会满意，但是在我们平时的开发工作中，还是不能忽视这种思路简单的方法，我认为理由如下：

1、最简单同时也一定是最容易编码的，编码成功的几率最高，可以用这个最简单思路编码的结果和其它思路编码的结果进行比对，验证高级算法的正确性；

2、在数据规模小、对时间复杂度、空间复杂度要求不高的时候，真没必要上 “高大上” 的算法；

3、思路简单的算法考虑清楚了，有些时候能为实现高级算法铺路。这道题正是如此，“数组排序后的第 k 个最大的元素” ，语义是从右边往左边数第 k 个元素（从 1 开始），那么从左向右数是第几个呢，我们列出几个找找规律就好了。

一共 6 个元素，找第 2 大，索引是 4；
一共 6 个元素，找第 4 大，索引是 2。

因此，目标元素的索引是 len - k，即找最终排定以后位于 len - k 的那个元素；

4、低级算法往往容错性最好，即在输入不满足题目条件的时候，往往还能得到正确的答案，而高级算法对输入数据的要求就非常苛刻。

参考代码

import java.util.Arrays; public class Solution {     public int findKthLargest(int[] nums, int k) {         int len = nums.length;         Arrays.sort(nums);         return nums[len - k];     } }

复杂度分析

时间复杂度：O(NlogN)。这里 N 是数组的长度，算法的性能消耗主要在排序，JDK 默认使用快速排序，因此时间复杂度为O(NlogN)。

空间复杂度：O(1)。这里是原地排序，没有借助额外的辅助空间。

到这里，我们已经分析出了：

1、我们应该返回最终排定以后位于 len - k 的那个元素；
2、性能消耗主要在排序，JDK 默认使用快速排序。

学习过 “快速排序” 的朋友，一定知道一个操作叫 partition，它是 “分而治之” 思想当中 “分” 的那一步。

经过 partition 操作以后，每一次都能排定一个元素，并且这个元素左边的数都不大于它，这个元素右边的数都不小于它，并且我们还能知道排定以后的元素的索引。

于是可以应用 “减而治之”（分治思想的特例）的思想，把问题规模转化到一个更小的范围里。

于是得到方法二。

方法二：借助 partition 操作定位

方法二则是借助 partition 操作定位到最终排定以后索引为 len - k 的那个元素。

以下的描述基于 “快速排序” 算法知识的学习，如果忘记的朋友们可以翻一翻自己的《数据结构与算法》教材，复习一下，partition 过程、分治思想和 “快速排序” 算法的优化。

【图解数据结构】 一组动画彻底理解快速排序

我们在学习 “快速排序” 的时候，接触的第 1 个操作就是 partition（切分），简单介绍如下：

partition（切分）操作，使得：

对于某个索引 j，nums[j] 已经排定，即 nums[j] 经过 partition（切分）操作以后会放置在它 “最终应该放置的地方”；

nums[left] 到 nums[j - 1] 中的所有元素都不大于 nums[j]；

nums[j + 1] 到 nums[right] 中的所有元素都不小于 nums[j]。

partition（切分）操作总能排定一个元素，还能够知道这个元素它最终所在的位置，这样每经过一次 partition操作就能缩小搜索的范围，这样的额思想叫做 “减而治之”（是 “分而治之” 思想的特例）。

切分过程可以不借助额外的数组空间，仅通过交换数组元素实现。下面是参考代码：

参考代码

public class Solution {     public int findKthLargest(int[] nums, int k) {         int len = nums.length;         int left = 0;         int right = len - 1;         // 转换一下，第 k 大元素的索引是 len - k         int target = len - k;         while (true) {             int index = partition(nums, left, right);             if (index == target) {                 return nums[index];             } else if (index < target) {                 left = index + 1;             } else {                 assert index > target;                 right = index - 1;             }         }     }     /**      * 在 nums 数组的 [left, right] 部分执行 partition 操作，返回 nums[i] 排序以后应该在的位置      * 在遍历过程中保持循环不变量的语义      * 1、(left, k] < nums[left]      * 2、(k, i] >= nums[left]      *      * @param nums      * @param left      * @param right      * @return      */     public int partition(int[] nums, int left, int right) {         int pivot = nums[left];         int j = left;         for (int i = left + 1; i <= right; i++) {             if (nums[i] < pivot) {                 // 小于 pivot 的元素都被交换到前面                 j++;                 swap(nums, j, i);             }         }         // 最后这一步不要忘记了         swap(nums, j, left);         return j;     }     private void swap(int[] nums, int index1, int index2) {         if (index1 == index2) {             return;         }         int temp = nums[index1];         nums[index1] = nums[index2];         nums[index2] = temp;     } }

复杂度分析

时间复杂度：O(N)。这里 N 是数组的长度。

空间复杂度：O(1)。这里是原地排序，没有借助额外的辅助空间。

方法三：优先队列

优先队列的写法就很多了，这里例举一下我能想到的。

假设数组有 len 个元素。

思路 1 ：把 len 个元素都放入一个最小堆中，然后再 pop() 出 len - k 个元素，此时最小堆只剩下 k 个元素，堆顶元素就是数组中的第 k 个最大元素。

思路 2 ：把 len 个元素都放入一个最大堆中，然后再 pop() 出 k - 1 个元素，因为前 k - 1 大的元素都被弹出了，此时最大堆的堆顶元素就是数组中的第 k 个最大元素。

思路 3 ：只用 k 个容量的优先队列，而不用全部 len 个容量。

思路 4：用 k + 1 个容量的优先队列，使得上面的过程更“连贯”一些，到了 k 个以后的元素，就进来一个，出去一个，让优先队列自己去维护大小关系。

思路 5：综合考虑以上两种情况，总之都是为了节约空间复杂度。即 k 较小的时候使用最小堆，k 较大的时候使用最大堆。

根据以上思路，分别写出下面的代码：

思路 1 参考代码

//思路 1 ：把 `len` 个元素都放入一个最小堆中，然后再 pop() 出 len - k 个元素，此时最小堆只剩下 `k` 个元素，堆顶元素就是数组中的第 `k` 个最大元素。 import java.util.PriorityQueue; public class Solution {     public int findKthLargest(int[] nums, int k) {         int len = nums.length;         // 使用一个含有 len 个元素的最小堆，默认是最小堆，可以不写 lambda 表达式：(a, b) -> a - b         PriorityQueue minHeap = new PriorityQueue<>(len, (a, b) -> a - b);         for (int i = 0; i < len; i++) {             minHeap.add(nums[i]);         }         for (int i = 0; i < len - k; i++) {             minHeap.poll();         }         return minHeap.peek();     } }

思路 2 参考代码

//思路 2 ：把 `len` 个元素都放入一个最大堆中，然后再 pop() 出 k - 1 个元素，因为前 k - 1 大的元素都被弹出了，此时最大堆的堆顶元素就是数组中的第 `k` 个最大元素。 import java.util.PriorityQueue; public class Solution {     public int findKthLargest(int[] nums, int k) {         int len = nums.length;         // 使用一个含有 len 个元素的最大堆，lambda 表达式应写成：(a, b) -> b - a         PriorityQueue maxHeap = new PriorityQueue<>(len, (a, b) -> b - a);         for (int i = 0; i < len; i++) {             maxHeap.add(nums[i]);         }         for (int i = 0; i < k - 1; i++) {             maxHeap.poll();         }         return maxHeap.peek();     } }

思路 3 参考代码

//思路 3 ：只用 `k` 个容量的优先队列，而不用全部 `len` 个容量。 import java.util.PriorityQueue; public class Solution {     public int findKthLargest(int[] nums, int k) {         int len = nums.length;         // 使用一个含有 k 个元素的最小堆         PriorityQueue minHeap = new PriorityQueue<>(k, (a, b) -> a - b);         for (int i = 0; i < k; i++) {             minHeap.add(nums[i]);         }         for (int i = k; i < len; i++) {             // 看一眼，不拿出，因为有可能没有必要替换             Integer topEle = minHeap.peek();             // 只要当前遍历的元素比堆顶元素大，堆顶弹出，遍历的元素进去             if (nums[i] > topEle) {                 minHeap.poll();                 minHeap.add(nums[i]);             }         }         return minHeap.peek();     } }

思路 4 参考代码

//思路 4：用 `k + 1` 个容量的优先队列，使得上面的过程更“连贯”一些，到了 `k` 个以后的元素，就进来一个，出去一个，让优先队列自己去维护大小关系。 import java.util.PriorityQueue; public class Solution {     public int findKthLargest(int[] nums, int k) {         int len = nums.length;         // 最小堆         PriorityQueue priorityQueue = new PriorityQueue<>(k + 1, (a, b) -> (a - b));         for (int i = 0; i < k; i++) {             priorityQueue.add(nums[i]);         }         for (int i = k; i < len; i++) {             priorityQueue.add(nums[i]);             priorityQueue.poll();         }         return priorityQueue.peek();     } }

思路 5 参考代码

//思路 5：综合考虑以上两种情况，总之都是为了节约空间复杂度。即 `k` 较小的时候使用最小堆，`k` 较大的时候使用最大堆。 import java.util.PriorityQueue; public class Solution {     // 根据 k 的不同，选最大堆和最小堆，目的是让堆中的元素更小     // 思路 1：k 要是更靠近 0 的话，此时 k 是一个较大的数，用最大堆     // 例如在一个有 6 个元素的数组里找第 5 大的元素     // 思路 2：k 要是更靠近 len 的话，用最小堆     // 所以分界点就是 k = len - k     public int findKthLargest(int[] nums, int k) {         int len = nums.length;         if (k <= len - k) {             // System.out.println("使用最小堆");             // 特例：k = 1，用容量为 k 的最小堆             // 使用一个含有 k 个元素的最小堆             PriorityQueue minHeap = new PriorityQueue<>(k, (a, b) -> a - b);             for (int i = 0; i < k; i++) {                 minHeap.add(nums[i]);             }             for (int i = k; i < len; i++) {                 // 看一眼，不拿出，因为有可能没有必要替换                 Integer topEle = minHeap.peek();                 // 只要当前遍历的元素比堆顶元素大，堆顶弹出，遍历的元素进去                 if (nums[i] > topEle) {                     minHeap.poll();                     minHeap.add(nums[i]);                 }             }             return minHeap.peek();         } else {             // System.out.println("使用最大堆");             assert k > len - k;             // 特例：k = 100，用容量为 len - k + 1 的最大堆             int capacity = len - k + 1;             PriorityQueue maxHeap = new PriorityQueue<>(capacity, (a, b) -> b - a);             for (int i = 0; i < capacity; i++) {                 maxHeap.add(nums[i]);             }             for (int i = capacity; i < len; i++) {                 // 看一眼，不拿出，因为有可能没有必要替换                 Integer topEle = maxHeap.peek();                 // 只要当前遍历的元素比堆顶元素大，堆顶弹出，遍历的元素进去                 if (nums[i] < topEle) {                     maxHeap.poll();                     maxHeap.add(nums[i]);                 }             }             return maxHeap.peek();         }     } }