一道面试题 有20个数组,每个有500个元素,升序排列,找出前500的数

一道面试题

有20个数组,每个数组有500个元素,升序排列,现在在这20*500个数中找出排名前500的数。

转载请注明出处 http://blog.youkuaiyun.com/never_cxb/article/details/50210317

方法思路分析

笔者想到3中方法,水平有限,欢迎拍砖指导,有更好的方法欢迎评论留言。

  1. 直接暴力求解,将20个数组合并,然后排序,取出500个数

  2. 使用归并。 对于排好序的 序列,我们要注意使用归并。
    先将第1个和第2个归并,得到500个数据(注意,我们不是归并得到100个数)。然后再加结果和第3个归并,得到500个数据,再与第4个归并,等等。

  3. 网上的方法,就是堆。保持一个20的堆,然后先将每个数组的第1个数入堆。

    20个元素的堆一直保持容量为20个,20个数组的最小元素可以将20个数组的第0个元素入堆,最小堆的性质,顶点为最小值。这时候得到了500个结果里的第0个结果。然后再把下一个元素入20个元素的堆,堆插入的时候会保持性质不变,最小元素依然在顶点。再取出20个元素的顶点,得到500个结果里的第1个结果。

    假设 [1,3,4,5,6] [2,3,4,5,6] [3,4,5,6,7]
    最小的是比较 1 2 3 得到1
    第2小的是将刚才的1替换为后面的元素3 再加上刚才的元素2 3,得到2

    注意这儿需要保持数来自于哪个数组,以及其在数组里的位置

方法1

    // 方法1,直接将20个数组合并,排序,然后取前500个
        // 复杂度是 10000log(10000)
        Integer[] allData = new Integer[20 * 500];
        int a = 0;
        for (int ii = 0; ii < rowSize; ii++) {
            for (int i = 0; i < columnSize; i++) {
                allData[a++] = data[ii][i];
            }
        }
        Arrays.sort(allData);
        Integer[] result1 = Arrays.copyOfRange(allData, 0, columnSize);
        System.out.println("method 1 result:        " + Arrays.toString(result1));

方法2

先定义一个 merge 函数,从两个数组里面得到前500个数据。

    /**
     * 
     * @param first
     *            数组1
     * @param second
     *            数组2
     * @param n
     *            数组的长度,假定 first 和 second 的长度均为 n
     * @return 返回一个长度为 n 的数组
     */
    private static Integer[] merge(Integer[] first, Integer[] second, int n) {

        // 构建一个数组,这是归并排序的缺点,需要额外空间
        Integer[] temp = new Integer[n];

        int f = 0;
        int s = 0;

        int i = 0;

        while (i != n && f <= n && s <= n) {
            if (first[f] < second[s]) {
                temp[i++] = first[f++];
            } else {
                temp[i++] = second[s++];
            }
        }

        return temp;

    }

下来是总的归并代码

    // 方法2,归并,先归并前两个数组,取前500个数据。将得到的结果再与第3个归并,重复
    // 考虑一下,20个数组先两两归并,得到10个;10个再两两归并,得到5个。等等,直到最后1个
    // 但这样归并的次数和从前往后两两归并的次数是一样的?所以还是 上述的从前往后好了
    // 复杂度是 19*500
    Integer[] result2 = data[0];
    for (int i = 1; i < rowSize; i++) {
        result2 = merge(result2, data[i], columnSize);
    }

    System.out.println("method 2 result:        " + Arrays.toString(result2));

    System.out.println("result1 equals result2: " + Arrays.equals(result1, result2));

方法3

定义一个最小堆,有插入和删除方法

/**
 * 
 * 最小堆和堆排序, 最小堆,顶点的元素是最小值, 根据《Java 语言程序设计 进阶篇》 p83 改写, 书上是最大堆. 堆排序
 * 将元素都存入最小堆中,从最小堆里面每次取出顶点元素
 * 
 * @author tomchen
 *
 * @param <E>
 */
class MinHeap<E extends Comparable> {

    public static <E extends Comparable> void heapSort(E[] array) {
        MinHeap<E> heap = new MinHeap<E>();
        for (int i = 0; i < array.length; i++) {
            heap.add(array[i]);
        }

        System.out.println("Debug: heap is     " + heap);

        for (int i = 0; i < array.length; i++) {
            array[i] = heap.removeTop();
        }
    }

    private ArrayList<E> data = new ArrayList<E>();

    public MinHeap() {
    }

    /**
     * 增加一个新元素,步骤是 1. 先把元素插入到 list 的末尾 2. 比较末尾元素和它的父元素,若小于,交换两者 3.
     * 重复上述步骤,直到到顶点位置或者子元素大于父元素 4. 不一定要遍历堆所有的元素,达到堆的性质后会提前结束
     * 
     * @param array
     */
    public void add(E array) {

        data.add(array);

        int child = data.size() - 1;
        int parent = (child - 1) / 2;

        // 判断是否到达顶点
        while (child > 0) {
            // 父元素大于子元素,交换,保持父是小的
            if (data.get(parent).compareTo(array) > 0) {
                data.set(child, data.get(parent));
                data.set(parent, array);

                child = parent;
                parent = (child - 1) / 2;
            } else {
                // 已经是最小堆了,无需再比较
                break;
            }
        }
    }

    /**
     * 删除顶点处的元素,步骤是: 1. 把末尾的元素复制到顶点处 2. 然后比较此时顶点的值和左右子树,保持最小堆的性质 3.
     * 交换顶点和左右子树较小的值 4. 重复上述步骤,直到已经成了最小堆或者遍历完 5. 注意可能存在左子树存在,右子树不存在情况 6.
     * 不一定要遍历堆所有的元素,达到堆的性质后会提前结束
     * 
     * @return 返回被删除的元素
     */
    public E removeTop() {
        if (data.isEmpty())
            return null;

        E removed = data.get(0);

        // 因为一直交换的是最后的元素,这儿将其保存
        E last = data.get(data.size() - 1);
        data.set(0, last);
        data.remove(data.size() - 1);

        int parent = 0;
        int leftChild = parent * 2 + 1;
        int rightChild = parent * 2 + 2;

        while (leftChild <= data.size() - 1) {

            int minIndex = leftChild;
            // 右子树存在,判断左右子树哪个小,保存坐标
            // 如果不存在,那么使用左子树的坐标
            // 保存较小元素的坐标,可以省去考虑左右子树都存在,只有左存在的情况
            if (rightChild <= data.size() - 1) {
                if (data.get(rightChild).compareTo(data.get(leftChild)) < 0) {
                    minIndex = rightChild;
                }
            }

            if (data.get(minIndex).compareTo(last) < 0) {
                data.set(parent, data.get(minIndex));
                data.set(minIndex, last);
                parent = minIndex;
                leftChild = parent * 2 + 1;
                rightChild = parent * 2 + 2;
            } else {
                break; // 已经达到了最小堆的性质
            }
        }

        return removed;
    }

    @Override
    public String toString() {
        return data.toString();
    }

}

为了能够记录堆里的元素来自哪个数组,以及在数组里的位置,我们使用一个内部类

class DataWithSource implements Comparable<DataWithSource> {
    // 数据
    private Integer value;
    // 来源的数组
    private Integer comeFrom;
    // 在数组中的 index
    private Integer index;

    public DataWithSource(Integer value, Integer comeFrom, Integer index) {
        this.value = value;
        this.comeFrom = comeFrom;
        this.index = index;
    }

    public Integer getComeFrom() {
        return comeFrom;
    }

    public Integer getValue() {
        return value;
    }

    public void setValue(Integer value) {
        this.value = value;
    }

    public Integer getIndex() {
        return index;
    }

    public void setIndex(Integer index) {
        this.index = index;
    }

    public int compareTo(DataWithSource o) {
        return this.value.compareTo(o.value);
    }
}

下面是方法3的代码

    public static void main(String[] args) {
        Random r = new Random();

        int rowSize = 20;
        int columnSize = 500;

        // 注意 java 二维数组其实是一维数组,里面包含的也是一维数组
        Integer[][] data = new Integer[rowSize][columnSize];

        for (int ii = 0; ii < rowSize; ii++) {
            for (int i = 0; i < columnSize; i++) {
                data[ii][i] = r.nextInt(1600);
            }

            // 将500个元素排序,升序
            Arrays.sort(data[ii]);
            // System.out.println(Arrays.toString(data[ii]));
        }

        // 方法1,直接将20个数组合并,排序,然后取前500个
        // 复杂度是 10000log(10000)
        Integer[] allData = new Integer[20 * 500];
        int a = 0;
        for (int ii = 0; ii < rowSize; ii++) {
            for (int i = 0; i < columnSize; i++) {
                allData[a++] = data[ii][i];
            }
        }
        Arrays.sort(allData);
        Integer[] result1 = Arrays.copyOfRange(allData, 0, columnSize);
        System.out.println("method 1 result:        " + Arrays.toString(result1));

        // 方法2,归并,先归并前两个数组,取前500个数据。将得到的结果再与第3个归并,重复
        // 考虑一下,20个数组先两两归并,得到10个;10个再两两归并,得到5个。等等,直到最后1个
        
<think>好的,我现在需要解决用户的问题:设计一个算法来计算数组中最接近的两个元素之间的差值。也就是找出数组中两个元素,它们的差的绝对值最小。用户提到这类似于最接近点对问题,但这里是一维的情况。我需要先理解问题,然后思考解决方法。 首先,我回想一下用户提供的引用资料。引用[3]提到,这个问题是微软的面试题,有两种思路:暴力解法和排序后比较相邻元素。暴力解法虽然简单,但时间复杂度是$O(n^2)$,对于大数组效率很低。而排序后比较相邻元素的时间复杂度是$O(n \log n)$,因为排序通常需要这么多时间,然后线性扫描一遍即可。用户需要的是一个高效的算法,所以显然排序法更优。 那具体怎么做呢?比如,给定一个数组,先排序,然后计算每个相邻元素的差,记录最小的那个。比如数组是[3, 1, 4, 6, 5],排序后是[1, 3, 4, 5, 6],相邻差分别是2, 1, 1, 1,所以最小差是1。这样就能得到结果。这应该就是最优解法,因为排序后的数组相邻元素肯定是最接近的候选者。如果数组中存在多个元素之间的最小差,比如有两个不相邻的元素可能有更小的差吗?比如排序后的数组中,如果存在三个元素a, b, c,其中a和b的差是d,b和c的差也是d,那么中间是否有其他组合?比如,假设数组是[1,3,4,6]。相邻差是2,1,2。最小差是1。这时候确实相邻元素给出的最小差是正确的。有没有例外的情况? 例如,数组是[10, 20, 30, 25]。排序后是[10,20,25,30]。相邻差是10,5,5。所以最小差是5,比如20和25之间。但如果数组中有更远的元素呢?比如数组是[1, 5, 7, 10],排序后相邻差是4,2,3。最小是2。此时,如果中间有没有相邻的更小差值?比如5和7的差是2,确实相邻。这说明,在排序后的数组中,最小差值必定存在于相邻的两个元素之间。因此,只要遍历排序后的数组,比较相邻元素的差,就能找到最小差值。 那这个算法的正确性如何证明呢?假设存在两个元素a和b,它们在排序后的数组中不相邻,但它们的差更小。那么,在排序后的数组中,a和b之间至少存在一个元素c。如果a < c < b,那么a和c的差或者c和b的差必然小于或等于a和b的差。因为如果a和c的差大于a和b的差,同时c和b的差也大于a和b的差,那么就有c -a > b -a,这不可能,因为c < b。所以,无论c的位置如何,相邻元素的差会更小。因此,最小差只能在相邻元素中出现。所以排序后比较相邻元素的方法是可行的。 接下来,我需要将这个思路转化为具体的步骤。首先对数组排序,然后初始化最小差为一个大,例如第一个两个元素的差,然后遍历数组,计算每对相邻元素的差,并更新最小差。最后返回这个最小差。 用户提供的引用[3]中的伪代码可能类似这样的步骤。此外,用户提到的引用[1]中提到将问题转化为连续区间的和的问题,但在这个问题中,可能不适用,因为该引用处理的是数组元素的差等于连续区间和的情况,而这里的问题更直接。 现在,我需要考虑如何处理特殊情况,比如数组中只有两个元素,或者元素全相同的情况。如果数组长度小于2,可能需要返回0或者报错。如果所有元素相同,那么差为0,正确的结果应该返回0。 举个例子,测试一下算法。比如数组是[5, 2, 9, 7],排序后是[2,5,7,9],相邻差是3,2,2,所以最小差是2。正确。另一个例子是[1,3,6,4,8],排序后是[1,3,4,6,8],差是2,1,2,2,所以最小差是1,正确。 那代码如何实现呢?例如用Python的话,可以先将数组排序,然后初始化min_diff为一个足够大的值,或者初始化为两个元素的差。然后循环从第二个元素开始,计算当元素一个的差,并与当min_diff比较,更新min_diff。 具体代码可能如下: def find_min_diff(arr): if len(arr) < 2: return 0 # 或者抛出异常,视情况而定 arr.sort() min_diff = float('inf') for i in range(1, len(arr)): diff = arr[i] - arr[i-1] if diff < min_diff: min_diff = diff return min_diff 这个代码的时间复杂度主要取决于排序的时间,即$O(n \log n)$,后面的循环是$O(n)$,所以总时间复杂度是$O(n \log n)$。空间复杂度取决于排序算法,Python的sort使用的是TimSort,空间复杂度是$O(n)$,但在原数组上排序的话,可能不需要额外空间?或者可能需要。 用户可能还想知道是否有更优的算法,比如线性时间的算法?但基于比较的排序下限是$O(n \log n)$,所以如果不排序的话,是否有其他方法?比如,使用桶排序的思路,如果数据范围较小的话,可能可以达到线性时间,但这通常需要特定条件。对于通用的情况,排序后相邻比较的方法应该是最优的。 另外,引用[3]中还提到暴力解法,也就是双重循环比较所有可能的元素对,找出最小的差。这样的时间复杂度是$O(n^2)$,显然对于大数组来说不可行,但对于小规模的数据可能可以接受。 总结一下,最优的算法是先排序,然后比较相邻元素,时间复杂度为$O(n \log n)$。 现在,我需要按照用户的要求,用中文回答,结构清晰,分步骤说明。同时,生成相关问题。在回答中引用提供的参考资料中的相关部分。例如,引用[3]中的内容,说明排序求解的方法。 此外,用户给出的示例中的代码需要用正确的格式,如Python代码块。同时,学表达式要用$...$或者$$...$$。 现在,我需要组织回答的结构: 1. 问题分析:说明问题要求,即找到数组中两个元素的最小差值。 2. 算法思路:排序后相邻比较,证明正确性。 3. 步骤分解: a. 排序数组 b. 遍历比较相邻元素 c. 记录最小差值 4. 时间复杂度分析:排序O(n log n) + 遍历O(n) 5. 代码示例:给出Python代码 6. 引用相关文献,比如引用[3]中的排序解法,引用[1]中的转化思路(可能不适用,但可以提到) 7. 生成相关问题。 同时,需要注意回答中引用的位置,比如在提到排序解法时引用[^3],或者如果其他引用相关的话。 比如,引用[3]指出:“排序求解,将数组中的元素进行排序,求解两个之间的差值记录更新。” 所以在回答中可以提到这一点。 现在开始撰写回答: 首先,问题是要找出数组中相差最小的两个元素的差。这可以通过排序数组后比较相邻元素来实现。根据引用,排序后的数组中相邻元素的差即为可能的最小差值。因此,算法步骤如下: 步骤1:对数组进行排序,时间复杂度为$O(n \log n)$。 步骤2:初始化最小差值为一个极大值,比如使用第一个相邻对的差值。 步骤3:遍历数组,计算每对相邻元素的差值,并更新最小差值。 步骤4:返回最小差值。 代码示例如下: (Python代码块) 引用中的内容需要适当插入,比如在说明排序方法时引用[^3]。 接下来,可能还需要考虑是否有其他情况,比如数组中存在重复元素,但排序后相邻比较的方法已经处理了这种情况。 例如,引用中提到暴力解法和排序解法,而这里采用排序解法更优。 最后,生成相关问题,比如关于算法的时间复杂度、是否有其他方法,或者相关问题如二维的最接近点对问题(引用[^2])。</think>### 问题分析 寻找数组中最接近的两个元素的差值,等价于在排序后数组中寻找相邻元素的最小差值。此问题可转化为排序后线性扫描的优化问题。 ### 算法思路 1. **排序数组**:将数组升序排列,使相邻元素为潜在的最小差值候选。 2. **遍历比较**:计算每对相邻元素的差值,记录最小值。 3. **正确性证明**:若存在非相邻元素差值更小,则它们之间必有更小的相邻差值,因此只需检查相邻元素[^3]。 ### 算法步骤 1. **排序**:使用高效排序算法(如快速排序、归并排序)对数组排序。 2. **初始化**:设最小差值为无穷大(如`float('inf')`)。 3. **遍历更新**:从第二个元素开始,计算与一个元素的差值,更新最小值。 4. **返回结果**:最终的最小差值即为答案。 ### 时间复杂度 - 排序时间复杂度:$O(n \log n)$ - 线性扫描时间复杂度:$O(n)$ - **总时间复杂度**:$O(n \log n)$ ### 代码示例 ```python def find_min_diff(arr): if len(arr) < 2: return 0 # 若数组长度不足,返回0或抛出异常 arr.sort() min_diff = float('inf') for i in range(1, len(arr)): diff = arr[i] - arr[i-1] if diff < min_diff: min_diff = diff return min_diff ``` ### 示例说明 输入数组 `[5, 2, 9, 7]`,排序后为 `[2, 5, 7, 9]`,相邻差值依次为 $3, 2, 2$,最小差值为 $2$。 ### 算法扩展 若问题转化为“最小绝对值差”,需考虑负情况,但上述算法仍适用,因为排序后相邻元素的绝对值差最小性质不变。
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