Leetcode（347）——前 K 个高频元素

Leetcode（347）——前 K 个高频元素

题目

题解

方法一：桶排序

思路

​​  顾名思义，桶排序的意思是为每个值设立一个桶，桶内记录这个值出现的次数（或其它属性），然后对桶进行排序。针对样例来说，我们先通过桶排序得到三个桶 [1,2,3,4]，它们的值分别为 [4,2,1,1]，表示每个数字出现的次数。
​​  紧接着，我们对桶的频次进行排序，前 k 大个桶即是前 k 个频繁的数。这里我们可以使用各种排序算法，甚至可以再进行一次桶排序，把每个旧桶根据频次放在不同的新桶内。针对样例来说，因为目前最大的频次是 4，我们建立 [1,2,3,4] 四个新桶，它们分别放入的旧桶为 [[3,4],[2],[],[1]]，表示不同数字出现的频率。最后，我们从后往前遍历，直到找到 k 个旧桶。

代码实现

我的：

class Solution {
public:
    vector<int> topKFrequent(vector<int>& nums, int k) {
        if(nums.size() == 1) return nums;
        unordered_map<int, int> times;
        int maxcount = 0;
        for(auto& it: nums) maxcount = max(maxcount, ++times[it]);
        
        vector<vector<int>> bucket(maxcount+1);
        for(auto& it: times) bucket[it.second].push_back(it.first);
        
        vector<int> ans;
        // 因为保证答案唯一，所以不考虑 maxcount 的大小
        while(k > 0){
            if(!bucket[maxcount].empty()){
                k -= bucket[maxcount].size();
                ans.insert(ans.end(), bucket[maxcount].begin(), bucket[maxcount].end());
            }
            maxcount--;
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(n)$，其中 $n$ 是数组长度
空间复杂度：$O(max(n,k))$，其中 $n$ 是数组长度

方法二：堆排序

思路

​​  首先遍历整个数组，并使用哈希表记录每个数字出现的次数，并形成一个「出现次数数组」。找出原数组的前 $k$ 个高频元素，就相当于找出「出现次数数组」的前 $k$ 大的值。

​​  最简单的做法是给「出现次数数组」排序。但由于可能有 $O(N)$ 个不同的出现次数（其中 $N$ 为原数组长度），故总的算法复杂度会达到 $O(N\log N)$，不满足题目的要求。

在这里，我们可以利用堆的思想：建立一个小顶堆，然后遍历「出现次数数组」：

• 如果堆的元素个数小于 $k$，就可以直接插入堆中。
• 如果堆的元素个数等于 $k$，则检查堆顶与当前出现次数的大小。如果堆顶更大，说明至少有 $k$ 个数字的出现次数比当前值大，故舍弃当前值；否则，就弹出堆顶，并将当前值插入堆中。

​​  遍历完成后，堆中的元素就代表了「出现次数数组」中前 $k$ 大的值。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
public:
    static bool cmp(pair<int, int>& m, pair<int, int>& n) {
        return m.second > n.second;
    }

    vector<int> topKFrequent(vector<int>& nums, int k) {
        unordered_map<int, int> occurrences;
        for (auto& v : nums) {
            occurrences[v]++;
        }

        // pair 的第一个元素代表数组的值，第二个元素代表了该值出现的次数
        priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, decltype(&cmp)> q(cmp);
        for (auto& [num, count] : occurrences) {
            if (q.size() == k) {
                if (q.top().second < count) {
                    q.pop();
                    q.emplace(num, count);
                }
            } else {
                q.emplace(num, count);
            }
        }
        vector<int> ret;
        while (!q.empty()) {
            ret.emplace_back(q.top().first);
            q.pop();
        }
        return ret;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(N\log k)$，其中 $N$ 为数组的长度。我们首先遍历原数组，并使用哈希表记录出现次数，每个元素需要 $O(1)$ 的时间，共需 $O(N)$ 的时间。随后，我们遍历「出现次数数组」，由于堆的大小至多为 $k$，因此每次堆操作需要 $O(\log k)$ 的时间，共需 $O(N\log k)$ 的时间。二者之和为 $O(N\log k)$。
空间复杂度：$O(N)$。哈希表的大小为 $O(N)$，而堆的大小为 $O(k)$，共计为 $O(N)$。

方法三：（改进的）快速排序——即快速选择排序

思路

​​  我们可以使用快速选择算法，求出「出现次数数组」的前 $k$ 大的值。

​​  首先我们使用 $\text{arr}$ 数组存储每个数字对应的出现次数，然后遍历数组获取出现次数。然后对 $\text{arr}$ 数组进行快速排序。

​​  在对数组 $\text{arr}[l\dots r]$ 做快速排序的过程中，我们首先将数组划分为两个部分 $\text{arr}[i\dots q-1]$ 与 $\text{arr}[q+1\dots j]$，并使得 $\text{arr}[i\dots q-1]$ 中的每一个值都不超过 $\text{arr}[q]$，且 $\text{arr}[q+1\dots j]$ 中的每一个值都大于 $\text{arr}[q]$。

于是，我们根据 $k$ 与左侧子数组 $\text{arr}[i\dots q-1]$ 的长度（为 $q-iq$）的大小关系：

• 如果 $k\le q-i$，则数组 $\text{arr}[l\dots r]$ 前 $k$ 大的值，就等于子数组 $\text{arr}[i\dots q-1]$ 前 $k$ 大的值。
• 否则，数组 $\text{arr}[l\dots r]$ 前 $k$ 大的值，就等于左侧子数组全部元素，加上右侧子数组 $\text{arr}[q+1\dots j]$ 中前 $k-(q-i)$ 大的值。

​​  原版的快速排序算法的平均时间复杂度为 $O(N\log N)$。我们的算法中，每次只需在其中的一个分支递归即可，因此算法的平均时间复杂度降为 $O(N)$。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
public:
    void qsort(vector<pair<int, int>>& v, int start, int end, vector<int>& ret, int k) {
        int picked = rand() % (end - start + 1) + start;
        swap(v[picked], v[start]);

        int pivot = v[start].second;
        int index = start;
        for (int i = start + 1; i <= end; i++) {
            if (v[i].second >= pivot) {
                swap(v[index + 1], v[i]);
                index++;
            }
        }
        swap(v[start], v[index]);

        if (k <= index - start) {
            qsort(v, start, index - 1, ret, k);
        } else {
            for (int i = start; i <= index; i++) {
                ret.push_back(v[i].first);
            }
            if (k > index - start + 1) {
                qsort(v, index + 1, end, ret, k - (index - start + 1));
            }
        }
    }

    vector<int> topKFrequent(vector<int>& nums, int k) {
        unordered_map<int, int> occurrences;
        for (auto& v: nums) {
            occurrences[v]++;
        }

        vector<pair<int, int>> values;
        for (auto& kv: occurrences) {
            values.push_back(kv);
        }
        vector<int> ret;
        qsort(values, 0, values.size() - 1, ret, k);
        return ret;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：
​​  其中 $N$ 为数组的长度。设处理长度为 $N$ 的数组的时间复杂度为 $f(N)$。由于处理的过程包括一次遍历和一次子分支的递归，最好情况下，有 $f(N)=O(N)+f(N/2)$，根据主定理，能够得到 $f(N)=O(N)$。
​​  最坏情况下，每次取的枢轴都位于数组的两端，时间复杂度退化为 $O(N^2)$。但由于我们在每次递归的开始会先随机选取中枢元素，故出现最坏情况的概率很低。
​​  平均情况下，时间复杂度为 $O(N)$。

空间复杂度：$O(N)$。其中哈希表的大小为 $O(N)$，用于排序的辅助数组的大小也为 $O(N)$，快速排序的空间复杂度最好情况为 $O(\log N)$，最坏情况为 $O(N)$