劍指Offer--065-滑動視窗的最大值
1 連結
| 牛客OJ | 九度OJ | CSDN題解 | GitHub程式碼 |
| ——- |:——-:|:——-:| ——-:|
065-滑動視窗的最大值
2 題意
題目描述
題目描述
給定一個數組和滑動視窗的大小，找出所有滑動窗口裡數值的最大值
例如，如果輸入陣列{2,3,4,2,6,2,5,1}及滑動視窗的大小3
那麼一共存在6個滑動視窗, 他們的最大值分別為{4,4,6,6,6,5}；
針對陣列{2,3,4,2,6,2,5,1}的滑動視窗有以下6個
{[2,3,4],2,6,2,5,1}，最大值4
{2,[3,4,2],6,2,5,1}，最大值4
{2,3,[4,2,6],2,5,1}，最大值6
{2,3,4,[2,6,2],5,1}，最大值6
{2,3,4,2,[6,2,5],1}，最大值6
{2,3,4,2,6,[2,5,1]}，最大值5
3 暴力解法
如果採用蠻力法，這個問題似乎不難解決：可以掃描每一個滑動視窗的所有數字並找出其中的最大值。如果滑動視窗的大小為k，需要O(k)時間才能找出滑動窗口裡的最大值。對於長度為n的輸入陣列，這個演算法總的時間複雜度是O(nk)
#include <iostream>
#include <vector>
#include <deque> 4 佇列中取最大值操作問題
實際上一個滑動視窗可以看成是一個佇列。當視窗滑動時，處於視窗的第一個數字被刪除，同時在視窗的末尾新增一個新的數字。這符合佇列的先進先出特性。如果能從佇列中找出它的最大數，這個問題也就解決了。
在面試題21中。我們實現了一個可以用O(1)時間得到最小值的棧。同樣，也可以用O(1)時間得到棧的最大值。同時在面試題7中，我們討論瞭如何用兩個棧實現一個佇列。綜合這兩個問題的解決方法，我們發現如果把佇列用兩個棧實現，由於可以用O(1)時間得到棧中的最大值，那麼也就可以用O(1)時間得到佇列的最大值，因此總的時間複雜度也就降到了O(n)
因此我們現在的問題歸結為, 實現一個儘可能快的找出佇列最大值
起初沒仔細看，還以為與此前的自定義棧-pop-push-min-時間複雜度都為O(1) 是一樣的，後來才發現不是一回事，有差別的。對於棧來說，我們可以的入棧和出棧不會影響輔助陣列內的情況，假設當前N個元素，（為了說明簡單，下標從1開始），輔助空間的F[1]記錄的是A[1,1]內的最值位置，F[2]記錄的是A[1,2]內的最值位置，···，F[N]記錄的是A[1,N]內的最值位置。在插入F[k+1]=A[F[k]]與A[k+1]兩者最值的位置，插入複雜度為O(1)，在刪除第k+1個節點時，刪除A[k+1]和F[k+1]，這並不影響F[1]-F[k]，因此刪除的複雜度為O(1)，取最值，假設當前N個元素，即返回A[F[N]]。
對於佇列來說，如果套用棧的輔助陣列方法，假設當前有N個元素，下標從1開始，那麼F[1]記錄的是A[1,N]中的最值，F[2]記錄的是A[2,N]中的最值，···，F[N]記錄的是A[N,N]中的最值。當A[k+1]入隊時，需要更新F[1]到F[k]，F[K+1]=K+1，因此插入的複雜度為O(N)，當F[k]出隊時，刪除F[k]即可（每次出隊的都是第一個元素，實際上此時F[1]-F[k-1]已經出隊完畢了），因此刪除的複雜度為O(1)。取最值的複雜度是O(1)。
佇列與棧的區別很清楚了。我們在程式設計之美上找到了兩個答案
* 一個是構建最大堆
* 另一個是用兩個棧來實現。
4.1 最大堆的方法
佇列本身要麼順序結構要麼連結結構，還那麼存。另外對於佇列每個元素構建一個節點（包含在佇列中的位置），這些節點構成一個最大堆，因此插入和刪除操作都要維護這個最大堆，時間複雜度都是O(LogN)，取最大值的複雜度為 O(1)。
暴力的思路簡單，但是時間複雜度過高，因此需要改進。可以使用一個最大堆來儲存size個數字，每次插入數字時只需要O(lgsize)的時間，從堆中取最大值只需要O(1)的時間。
隨著視窗由左向右滑動，因此堆中有些數字會失效（因為它們不再包含在視窗中）。
class Solution
{
typedef pair<int,int> Pair;
public :
vector<int> maxInWindows(const vector<int> &num, unsigned int size)
{
vector<int> result;
priority_queue<Pair> Q;
if (num.size() < size || size < 1)
{
return result;
}
for (int i = 0; i < size-1; i++)
{
Q.push(Pair(num[i],i));
}
for (int i = size-1; i < num.size(); i++)
{
Q.push(Pair(num[i],i));
Pair p = Q.top();
while(p.second < i-(size-1)) {
Q.pop();
p = Q.top();
}
result.push_back(p.first);
}
// result.push_back(Q.top().first);
return result;
}
};
4.2 兩個棧的方法
A棧，B棧，這兩個棧都是前面提到的pop-push-min複雜度都為O(1)的空間換時間的實現。
取最值：返回A棧的最值和B棧的最值相比後的最值。複雜度O(1)。
入隊操作：直接入到B棧中。複雜度O(1)。
出隊操作：如果A棧不為空，直接A棧出棧，複雜度為O(1)，如果A棧為空，那麼將B棧內容逐個出棧並且逐個入棧到A中，然後A棧出棧，複雜度O(N)，實際上是B棧的長度。
對於這種方法，如果對列的操作時，一連串的入棧，然後是一連串的出棧，那麼就是首先不停向B入棧，然後第一個出棧，B棧元素全壓入A棧，A出棧一個，這一步是N的複雜度，但是此後是不停的從A出棧，這都是O (1)的複雜度。還不錯呢。而且藉助了棧的程式碼，方便實現。對於這樣的情景，就是隻有第一個出棧的時候，要O(N)，複雜度不是很均勻。對於每個元素來說，要麼入B棧，入A棧，從A棧彈出，即總體是3N，平均下來基本上是O(3)，要不最大堆的O(LogN)是快了不少呢。
#include <iostream>
#include <vector>
#include <iterator>
#include <climits>
using namespace std;
// 除錯開關
#define __tmain main
#ifdef __tmain
#define debug cout
#else
#define debug 0 && cout
#endif // __tmain
#define MAX 100
class Stack
{
private:
int stackItem[MAX];
int link2NextMaxValueIndex[MAX];
int stackTop;
int maxValueIndex;
public:
Stack() : stackTop(-1), maxValueIndex(-1) {}
int size() { return stackTop + 1; }
int empty() { return stackTop < 0 ? 1 : 0; }
void push(int val)
{
++stackTop;
if(stackTop == MAX)
{
cout << "The stack has been full!" << endl;
return;
}
else
{
stackItem[stackTop] = val;
if(max() < val)
{
link2NextMaxValueIndex[stackTop] = maxValueIndex;
maxValueIndex = stackTop;
}
else
link2NextMaxValueIndex[stackTop] = -1;
}
}
int pop()
{
int ret;
if(stackTop == -1)
{
cout << "The stack is empty!" << endl;
return -1;
}
else
{
ret = stackItem[stackTop];
if(stackTop == maxValueIndex)
{
maxValueIndex = link2NextMaxValueIndex[stackTop];
}
--stackTop;
return ret;
}
}
int max()
{
if(maxValueIndex >= 0)
return stackItem[maxValueIndex];
else
return -100;
}
};
class Queue
{
private:
Stack stackIn;
Stack stackOut;
public:
int size( )
{
return stackIn.size( ) + stackOut.size( );
}
int max( )
{
return std::max(stackIn.max( ), stackOut.max( ));
}
void enQueue(int val)
{
stackIn.push(val);
}
int deQueue()
{
if(stackOut.empty() and !stackIn.empty())
{
while(!stackIn.empty())
stackOut.push(stackIn.pop());
}
return stackOut.pop();
}
};
class Solution
{
public :
vector<int> maxInWindows(const vector<int>& num, unsigned int size)
{
unsigned int length = num.size( );
vector<int> res;
if(length == 0 || size == 0 || length < size)
{
return res;
}
Queue que;
for(int i = 0; i < num.size( ); i++)
{
if(que.size( ) < size)
{
que.enQueue(num[i]);
}
else
{
res.push_back(que.max( ));
que.enQueue(num[i]);
que.deQueue( );
}
}
if(que.size( ) == size)
{
res.push_back(que.max( ));
}
return res;
}
};
int __tmain()
{
Solution solu;
int array[] = { 2, 3, 4, 2, 6, 2, 5, 1 };
vector<int> vec(array, array + 8);
vector<int> res = solu.maxInWindows(vec, 3);
copy(res.begin( ), res.end( ), ostream_iterator<int>(cout," "));
return 0;
}
5 單調佇列
還是把滑動視窗當成是佇列來處理，其實是最大值佇列的改進策略, 思路基本類似, 但是佇列中儲存的是最大值的下標, 為了得到滑動視窗的最大值，佇列序可以從兩端刪除元素，因此使用雙端隊
原則：
對新來的元素k，將其與雙端佇列中的元素相比較
前面比k小的，直接移出佇列（因為不再可能成為後面滑動視窗的最大值了!）,
前面比k大的X，比較兩者下標，判斷X是否已不在視窗之內，不在了，直接移出佇列
佇列的第一個元素是滑動視窗中的最大值
class Solution
{
public :
/* 方式二：利用佇列來解決,時間複雜度為O(n)
利用雙端佇列來實現單調佇列(索引對應的值是單調的) */
vector<int> maxInWindows(const vector<int>& num, unsigned int size)
{
unsigned int length = num.size( );
vector<int> result;
if(length == 0 || size == 0 || length < size)
{
return result;
}
deque<int> indexQueue;
/* 第一個視窗的處理比較簡單, 直接找到最大的那個即可 */
for(unsigned int i = 0;
i < size;
i++)
{
/* 刪除隊尾元素
* 對於當前元素num[i]
* 前面比k小的，直接移出佇列
* 因為不再可能成為後面滑動視窗的最大值了 */
while(indexQueue.empty( ) != true
&& num[i] >= num[indexQueue.back( )])
{
indexQueue.pop_back( );
}
/* 將當前元素的下表壓入佇列中 */
indexQueue.push_back(i);
}
/* 處理後續的滑動視窗*/
for(unsigned int i = size;
i < length;
i++)
{
/* 佇列中的第一個元素是當前滑動視窗最大值的下標 */
result.push_back(num[indexQueue.front()]);
/* 刪除隊尾元素
* 對於當前元素num[i]
* 前面比k小的，直接移出佇列
* 因為不再可能成為後面滑動視窗的最大值了 */
while(indexQueue.empty( ) != true
&& num[i]>=num[indexQueue.back()])
{
indexQueue.pop_back();
}
/* 刪除隊首元素
* 前面比k大的X，
* 比較兩者下標，判斷X是否已不在視窗之內，
* 不在了，直接移出佇列 */
if(indexQueue.empty( ) != true
&& indexQueue.front( ) < (int)(i - size + 1))
{
indexQueue.pop_front( );
}
indexQueue.push_back(i);
}
result.push_back(num[indexQueue.front()]);
return result;
}
};
下面程式碼是網上看到的, 其實一樣的思路, 只是寫法更簡練
/* 單調佇列，O(n)
* deque s中儲存的是num的下標
*
* 題目：滑動視窗的最大值
*
* 思路：滑動視窗應當是佇列，但為了得到滑動視窗的最大值，佇列序可以從兩端刪除元素，因此使用雙端佇列。
*
* 原則：
* 對新來的元素k，將其與雙端佇列中的元素相比較
* 1. 前面比k小的，直接移出佇列（因為不再可能成為後面滑動視窗的最大值了!）,
* 2. 前面比k大的X，比較兩者下標，判斷X是否已不在視窗之內，不在了，直接移出佇列
* 佇列的第一個元素是滑動視窗中的最大值
* */
class Solution
{
public:
vector<int> maxInWindows(const vector<int>& num, unsigned int size)
{
vector<int> res;
deque<int> index;
for(unsigned int i = 0; i < num.size( ); i++)
{
cout <<"size["<<index.size( ) <<"] : ";
copy(index.begin( ), index.end( ), ostream_iterator<int>(cout," "));
cout <<endl;
/* 從後面依次彈出佇列中比當前num值小的元素，
* 同時也能保證佇列首元素為當前視窗最大值下標 */
while(index.size( ) != 0 && num[index.back( )] <= num[i])
{
index.pop_back( );
}
/* 當前視窗移出隊首元素所在的位置
即隊首元素座標對應的num不在視窗中，需要彈出 */
while(index.size() && i - index.front( ) + 1 > size)
{
index.pop_front( );
}
/* 把每次滑動的num下標加入佇列 */
index.push_back(i);
/* 當滑動視窗首地址i大於等於size時才開始寫入視窗最大值 */
if(size != 0 && i + 1 >= size)
{
res.push_back(num[index.front( )]);
}
}
return res;
}
};