TopK問題詳解

【問題描述】（本文**以在面試題40. 最小的k個數中可提交）

在無序陣列 nums 中，找出最小（或最大）的 k 個數。例如，輸入[4, 5, 1, 6, 2, 7, 3, 8]這8個數字，則最小的4個數字是1、2、3、4。

直接將陣列進行排序，然後取出前 k 個元素即可。這是最容易想到的。

**略。

直接排序需要對整個陣列 n 個元素都進行排序（全域性操作），時間複雜度至少是o(n*logn)，而我們只需要找出前 k 個元素即可（只需要區域性元素），顯然是小題大做了。我們能不能只進行區域性排序，拿到我們想要的 k 個元素就及時停止呢？

氣泡排序雖然平時很少用到，但我們知道它是乙個全域性排序，也就是說，每執行一次，就會有乙個元素確定其最終位置。因此，我們可以通過氣泡排序，執行 k 次便可以確定最終結果，時間複雜度是o(n*k)。當k << n時，o(n*k)的效能會比o(n*logn)好很多。

class solution }}
int res = new int[k];
for(int i = 0; i < k; i++) 
return res;
}}

在面試題40. 最小的k個數中，使用冒泡也是能通過的，只不過效率很低，這是因為題目中並未說明k << n，而可能k == n。這裡僅作為一種思路。anyway，就假定k << n吧，我們已經將全域性排序優化成區域性排序了，但是！通過氣泡排序我們拿到的 k 個元素仍然是有序的，題目只要求我們取出最小的 k 個元素，並未要求這 k 個數有序，因此，我們還有進一步優化的空間。

對於求最小的 k 個元素，我們建立乙個大頂堆，保證堆中的元素不超過 k 個。大頂堆中存放的元素是當前陣列中前 k 個小的數。當要往大頂堆中插入元素時，先跟堆頂元素（也就是當前的最大值）進行比較，如果待插入的元素比堆頂元素要小，那麼堆頂元素不可能是前 k 個小的數了。於是替換掉堆頂元素，並調整堆，以保證堆內的 k 個元素，總是當前最小的 k 個元素。當遍歷完陣列，大頂堆中存留下來的 k 個元素就是所求結果。

時間複雜度為o(n*logk)，其中o(n)是因為要變遍歷一趟陣列，o(logk)是每次堆結構調整所需要的時間。

class solution else if(!maxheap.isempty() && num < maxheap.peek()) 
}int res = new int[maxheap.size()];
int i = 0;
while(!maxheap.isempty()) 
return res;
}}

隨機選擇算在是《演算法導論》中乙個經典的演算法，其時間複雜度為o(n)，是乙個線性複雜度的方法。為了說明隨機選擇演算法，需要先了解快速排序演算法。

快速排序演算法的偽**實現如下：

void quicksort(int nums, int left, int right)

其核心思想是分治法。

【擴充套件】

分治法有乙個特例，叫減治法。

二分查詢（binary search）就是乙個典型的運用減治法的一種演算法。其偽**如下：

int binarysearch(int nums, int target, int left, int right) else if(nums[mid] < target) else 
}

可以看到，每次查詢時，通過mid把原陣列分為左右兩個子分割槽，根據和target的比較，只需要進入其中乙個分割槽就可解決問題。這是和快速排序的最大不同。

通過上述說明，我們可以知道，減治法一般要比分治法的複雜度更低。

回到本題，解決topk問題可以從排序演算法中借鑑什麼思想呢？排序演算法的核心是劃分操作，即partition。它的作用是根據主元pivot調整陣列，把小於pivot的元素移到左側，把大於pivot的元素移到右側，從而確定pivot的最終位置。假設pivot的位置為k，也就是說，可以確定pivot是該陣列第k小的元素（這裡先假設下標從1開始）——這不就是topk問題要解決的問題嗎？

我們設法找到陣列中第k大的元素，那麼在該元素之前的所有元素，就是我們要求的topk了。

**實現如下：

class solution 
public int quicksort(int nums, int left, int right, int k) else if(pivotindex > k - 1) else 
}// 劃分操作，返回主元索引
public int partition(int nums, int left, int right) 
swap(nums, left, j);
return j;
}public void swap(int nums, int i, int j) 
}

根據之前的分析，這是乙個典型的減治演算法，遞迴的兩個分支，每次只會執行其中乙個。

時間複雜度分析：因為我們是要找下標為k的元素，第一次切分的時候需要遍歷整個陣列 (0 ~ n) 找到了下標是 j 的元素，假如 k 比 j 小的話，那麼我們下次切分只要遍歷陣列 (0~k-1)的元素就行了，反之如果 k 比 j 大的話，那下次切分只要遍歷陣列 (k+1～n) 的元素，總之可以看作每次呼叫 partition 遍歷的元素數目都是上一次遍歷的 1/2，因此時間複雜度是 n + n/2 + n/4 + ... + n/n = 2n，因此時間複雜度是 o(n)。

當元素值域限定在一定範圍內時，可以直接使用計數排序。比如，在面試題40. 最小的k個數中，限定了元素的大小在[0, 10000]之間，那麼，可以直接使用計數排序（也稱桶排序）來解決。

class solution 
int res = new int[k];
int index = 0;
for(int val = 0; val < count.length; val++) 
}return res;
}}

使用計數排序的時間複雜度是o(n)，也是很好的解法，只不過不是處理topk問題的通用解法，該解法參考了這篇題解。

處理topk問題，我們的思路演化過程是這樣的：

全域性排序，o(n*logn)，直覺做法，不推薦

區域性排序，只排序topk個元素，o(n*k)，只提供一種思路，不推薦

堆的應用，topk 個元素也不排序了，o(n*logk)，topk問題的經典做法！

分治思想，如何利用partition操作找出topk元素，o(n)，topk問題的經典做法！

計數排序（或稱桶排序），當元素的值域限定在一定範圍時，也可以使用這種方法，也是o(n)的時間複雜度，但不是通用解法。

同型別題目集：

面試題40. 最小的k個數

參考：

TopK問題詳解

TopK問題詳解

Top K問題詳解

Top K 演算法詳解

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