[TOC]
第一题
解法一[单调队列]
-
空间复杂度O(n)
-
空间复杂度O(k)
class Solution {
private:
class MyQueue {
public:
deque<int> que;
// 当队列不空且比较当前要弹出的数值是否等于队列出口元素的数值,因为较小的数会在push的时候pop
void pop(int value){
if (!que.empty() && que.front() == value){
que.pop_front();
}
}
void push(int value){
// 主要用于保证pop后还是最大的数字在开头
while (!que.empty() && que.back() < value){
que.pop_back();
}
que.push_back(value);
}
int front(){
return que.front();
}
};
public:
vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
vector<int> result;
MyQueue que;
for (int i = 0; i < k; i++){
que.push(nums[i]);
}
result.push_back(que.front()); // result 记录前k的元素的最大值
for (int i = k; i < nums.size(); i++){
que.pop(nums[i - k]);
que.push(nums[i]);
result.push_back(que.front());
}
return result;
}
};
总结
- 本题有点巧妙,第一次做不容易想到这种做法
- 在单调队列pop的时候比较单调队列的出口元素以及当前原本需要pop的元素,在相等的时候就需要pop,不相等的时候早已经pop完毕所以不需要操作.
- 在单调队列push的时候pop掉较小的数,主要为了在后续一直保持出口元素是最大的元素.
第二题
解法一[优先队列与小顶堆]
- 时间复杂度O(nlogk)
- 空间复杂度O(n)
class Solution {
private:
class mycomparison{
public:
bool operator() (const pair<int, int>& lhs, const pair<int, int>& rhs) {
return lhs.second > rhs.second;
}
};
public:
vector<int> topKFrequent(vector<int>& nums, int k) {
// 统计元素出现频率
unordered_map<int, int> map;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++){
map[nums[i]]++;
}
// 对频率排序
// 定义一个小顶堆
priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, mycomparison> pri_que;
for (unordered_map<int, int>::iterator it = map.begin(); it != map.end(); it++){
pri_que.push(*it);
if (pri_que.size() > k) { // 如果堆的大小大于了K，则队列弹出，保证堆的大小一直为k
pri_que.pop();
}
}
// 结果数组, 倒序输出数组
vector<int> result(k);
for (int i = k - 1; i >= 0; i--){
result[i] = pri_que.top().first;
pri_que.pop();
}
return result;
}
};
总结
- 整体来看这题是要实现数字出现次数统计,以及排序
- 感觉考察更多的是对于优先队列,map等容器与容器适配器的使用
总结
- 今天两道都没有思路,第二道虽然有思路,但是对于优先队列不了解,也不熟悉它的用法,后续需要研究一下.
