优先级队列
- 1.最后一块石头的重量
- 2.数据流中的第 K 大元素
- 4.前K个高频单词
- 4.数据流的中位数
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1.最后一块石头的重量
题目链接：1046. 最后一块石头的重量
题目分析：
每一回合，从中选出两块 最重的 石头，x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；如果 x != y，那么重量较小的 x 石头将会完全粉碎，而重量较大的 y 的石头新重量为 y-x。最多只会剩下一块石头。返回此石头的重量。如果没有石头剩下，就返回 0。
算法原理：
每次挑选的是先挑一堆数中最大的那个数，然后再挑一个剩下数中最大的数。这不正好符合大根堆的数据结构吗。
解法：用堆来模拟这个过程
先拿数组的数创建一个大根堆，每次从堆里面选择最大和次大两个数，如果相等就是0不用加入到大根堆里，如果不相等用最大的数减去次大的数，把结果加入到堆里面。如果最后堆里还剩下一个数，返回这个数。如果堆为空说明石头全都粉碎了返回0即可。
class Solution {
public:int lastStoneWeight(vector<int>& stones) {//1.拿元素创建一个大根堆priority_queue<int> heap(stones.begin(),stones.end());//2.模拟这个过程while(heap.size() >= 2){int s1 = heap.top();heap.pop();int s2 = heap.top();heap.pop();if(s1 != s2) heap.push(s1 - s2);}return heap.size() ? heap.top() : 0;}
};
2.数据流中的第 K 大元素
题目链接：703. 数据流中的第 K 大元素
题目分析：
设计一个找到数据流中第 k 大元素的类（class）。注意是排序后的第 k 大元素，不是第 k 个不同的元素。
int add(int val) 将 val 插入数据流 nums 后，返回当前数据流中第 k 大的元素。
算法原理：
这道题其实考察的是一个非常经典的问题， TopK问题。
关于TopK问题有两种解题思路，一种是堆，一种是前面刚学的快速选择算法。快速选择排序虽然快，但是对于海量的数据内存根本放不下。所以在海量数据情况最优的还是堆。
解法：用 堆 来解决
- 创建一个大小为 k 的堆（大根堆 or 小根堆）
- 循环
1.依次进堆
2.判断堆的大小是否超过 K
在堆的实现，画图和代码分析建堆，堆排序，时间复杂度以及TOP-K问题，对于求第K个最大元素，我们也是将前K个数建个小堆，然后将剩下的N-K个元素和堆顶元素做比较，如果大于堆顶元素，就先把栈顶元素pop掉，也就是把堆中最小元素删除，然后将它放进去。这样一直循环，直到所有元素都比较完成。因为是一直把堆中最小的pop掉，那堆的元素就是N个元素中最大的，而堆顶就是第K个最大的元素，别忘记我们这是一个小堆！
这里我们也是建小堆，依次进堆，当堆大小超过K个，pop堆顶元素，把堆中最小元素pop掉，并且使堆保持K个大小。每次都是堆中最小元素去掉。那最后堆中剩下的就是前K个最大元素，而堆顶就是第K个最大元素。
考虑一下下面两个问题
- 用大根堆还是小根堆
- 为什么要用大根堆（小根堆）
class KthLargest {
public:priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> heap;int _k;KthLargest(int k, vector<int>& nums) {_k = k;for(auto& x : nums){heap.push(x);if(heap.size() > k) heap.pop();}}int add(int val) {heap.push(val);if(heap.size() > _k) heap.pop();return heap.top();}
};
4.前K个高频单词
题目链接：692. 前K个高频单词
题目分析：
这是一个TopK的问题，注意，返回的答案应该按单词出现频率由高到低排序。如果不同的单词有相同出现频率， 按字典顺序(由低向高) 排序。
算法原理：
解法：利用 “堆” 来解决 TopK 问题
-
预处理一下原始的字符串数组： 用一个哈希表，统计一下每一个单词出现的频次。
-
创建一个大小为 k 的堆，类提供的比较函数满足不了要求，我们要自己定义一个！（返回的答案应该按单词出现频率由高到低排序。如果不同的单词有相同出现频率， 按字典顺序(由低向高) 排序。）如果比较频次创建一个小根堆，如果比较字典序(频次相同的时候)创建一个大根堆。所以说创建堆写比较函数的时候必须要考虑这两点，当频次相同的时候字典序按照大根堆方式比较，当频次不同的时候按照小根堆方式比较。
-
循环
1.依次进堆
2.判断堆的大小是否超过 K -
提取结果
因为求前K大，所以建的是一个小根堆，然后提取堆顶元素在pop是一个升序的。有两种方式拿最终答案，要么逆序一下取前K个，要么从后往前取K个。
class Solution {
public:struct Compare{bool operator()(const pair<string,int>& l,const pair<string,int>& r){//频次不同按照小根堆比较, 频次相同字典序按照大根堆方式比较return l.second > r.second || (l.second == r.second && l.first < r.first);}};vector<string> topKFrequent(vector<string>& words, int k) {vector<string> ret;// 1.统计一下每一个单词的频次map<string,int> count;for(auto& str : words){count[str]++;}// 2.创建一个大小为 k 的小堆priority_queue<pair<string,int>,vector<pair<string,int>>,Compare> heap;// 3.TopK 的主逻辑for(auto& m : count){heap.push(m);if(heap.size() > k) heap.pop();}// 4.提取结果vector<string> tmp;while(!heap.empty()){tmp.push_back(heap.top().first);heap.pop();}reverse(tmp.begin(),tmp.end());for(int i = 0; i < k; ++i)ret.push_back(tmp[i]);return ret;}
};
4.数据流的中位数
题目链接：295. 数据流的中位数
题目分析：
给一个数据流，让返回每次当前已经加入到数组的数据流的中位数。中位数是有序整数列表中的中间值。如果列表的大小是偶数，则没有中间值，中位数是两个中间值的平均值。表的大小是奇数，直接返回中间的数。
算法原理：
解法一：直接sort
每次从数据流中来一个数插入数组中之后，都对当前数组进行sort，然后通过下标的方式找到中间数。
每次add加入一个数都要sort，时间复杂度是O(nlogn)。总体时间复杂度是非常恐怖的。因为是下标访问，find 时间复杂度是 O(1)
解法二：插入排序的思想
[0,end] 有序，插入 end + 1，使 [0, end + 1]有序。这道题正好就是这样的思想。
add函数，每次插入一个数的时候都需要从后往前扫描找一个插入的位置，因此时间复杂度是O(n)，find 也是通过下标去找 时间复杂度是O(1)
解法三：大小堆来维护数据流的中位数
此时有一个数轴已经按照从小到大的排好序了，这个时候想找中间数的时候。把这些数的前半部分放到一个大根堆里面，后半部分放到小根堆里面。此时找中间值也很快，前面较小的数放到大根堆里面，堆顶元素是数轴中这些较小元素种最右边的值。后面较大的数放到小根堆里面，堆顶元素是数轴中这些较大元素最左边。此时我们仅需根据数组中的元素的个数就可以求出中位数是多少了。如果数组是偶数个大根堆和小根堆正好把数轴平分，然后大堆堆顶元素和小堆堆顶元素相加/2就是这个数组的中位数。如果数组是奇数个。我们就先人为规定一下，数轴左边元素是m个，右边是n个，要么 m == n，要么 m > n （n = n + 1）。如果 m == n 正好平均分。如果数轴个数是奇数个，人为规定左边大根堆多方一个元素，m > n(n = n + 1)，此时中位数就是左边大根堆的堆顶元素。
向这样用大根堆存左边较小部分，小根堆存右边较大部分。find 时间复杂度也是O(1)，而add快了很多，因为我们是从堆存这些元素的，插入和删除每次调整堆仅需O(logn)
细节问题：
add如何实现：
假设现在有两个堆了。一个大根堆left，一个小根堆right。left元素个数m个，right元素个数n个，left堆顶元素x，right堆定元素y。如果此时来了一个数num，num要么放在left里，要么放在right里。但是放好之后可能会破坏之前的规则：
- m == n
- m > n —> m == n + 1
我们必须维护上面的规则，才能正确找到数组中位数。
接下来分情况讨论：
- m == n
num要么插入left，要么插入right。
如果num要进入left，那么num <= x，但是别忘记 m == n 有可能两个堆全为空，num也是直接进入left。此时 m 比 n 多了一个。没关系直接进就行。
如果num进入right，那条件是 num > x。此时就有问题了。n > m了，而 n > m是不被允许的，所以我们要把右边堆调整一下，就是拿right堆顶元素放到left里。因为right是一个小根堆，堆顶就是最小值。拿到left，还是能保证left堆里元素是较小的，right堆里元素是较大的。拿right堆顶元素放到left里正好满足 m == n + 1。这里有一个细节问题，必须num先进right堆，然后再拿right堆定元素放到left，因为 x < num < y，如果直接把y拿过去了，就破坏了left都是较小元素。right都是较大元素。
- m > n —> m == n + 1
如果num进入left，那么num <= x ， 但是此时不满足 m == n + 1，因此 进栈后将栈顶元素给right。
如果num进入right，那么num > x , m == n了，直接进就行了
class MedianFinder {
public:MedianFinder() {}void addNum(int num) {// 分类讨论即可int m = left.size(), n = right.size();if(m == n) // 左右两个堆的元素个数相同{if(m == 0 || num <= left.top())left.push(num);else{right.push(num);left.push(right.top());right.pop();}}else //左边堆的元素个数比右边堆元素个数多 1{if(num <= left.top()){left.push(num);right.push(left.top());left.pop();}elseright.push(num);}}double findMedian() {int m = left.size(), n = right.size();if(m == n) return (left.top() + right.top()) / 2.0;else return left.top();}private: priority_queue<int> left;priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> right;
};
