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题目难度: 简单原题链接今天继续更新 Leetcode 的剑指 Offer专项突击版系列, 大家在公众号算法精选里回复剑指offer2就能看到该系列当前连载的所有文章了, 记得关注哦~题目描述仓库管理员以数组 stock 形式记录商品库存表其中 stock[i] 表示对应商品库存余量。
请返回库存余量最少的 cnt 个商品余量返回 顺序不限。
示例 1输入stock [2,5,7,4], cnt 1输出[2]示例 2输入stock [0,2,3,6], cnt 2输出[0,2] 或 [2,0]提示0 cnt stock.length 100000 stock[i] 10000题目思考最简单的方案是什么?如何一步步优化?解决方案方案 1思路一个最简单的思路相信大家都很容易想到, 那就是排序然后取前 cnt 个, 一行代码完事…但这种方案时间复杂度比较差, 特别是当 N 特别大的时候, 所以还是有很多可以优化的地方复杂度时间复杂度O(NlogN)需要排序空间复杂度O(
不需要额外空间(原地排序时)代码classSolution:definventoryManagement(self,stock:List[int],cnt:int)-List[int]:returnsorted(stock)[:cnt]方案 2思路维护一个大小为 cnt 的最大堆, 然后从头开始遍历:当堆中元素数目不足 cnt 的时候, 直接加入堆中否则要判断当前元素与堆顶大小, 如果当前元素更小的话, 就要拿它替代堆顶元素这样最终堆中的元素就是最小的 cnt 个元素,因为更大的元素在之前的遍历中就被替换出去了, 或者根本不会被加入堆中这里先使用语言自带的优先队列来实现, 相比自己实现的版本会有所优化, 且代码更为精简python 对应的就是 heapq, 不过需要注意 heapq 是最小堆, 所以我们需要取相反数人为将其变成最大堆…下面代码有详细的注释, 方便大家理解复杂度时间复杂度O(NlogK)只需要遍历数组一遍, 遍历的时候需要插入堆, 插入的时间复杂度为O(logK)空间复杂度O(K)堆空间的消耗代码importheapqclassSolution:definventoryManagement(self,stock:List[int],cnt:int)-List[int]:# 注意k为0的特殊情况, 返回空数组ifcnt0:return[]maxheap[]forainstock:# 关键判断条件: 堆元素数目小于cnt/当前元素小于堆顶iflen(maxheap)cntor-maxheap[0]a:# 注意取相反数转成最大堆heapq.heappush(maxheap,-a)# 如果堆元素超过cnt的话, 弹出堆顶iflen(maxheap)cnt:heapq.heappop(maxheap)# 注意转回原来的数return[-xforxinmaxheap]方案 3思路和方案 2 一样, 但是面试官可能会要求你自己实现一个最大堆, 那就自己实现吧…可以使用一个数组来模拟堆, 然后根据下标关系模拟堆的上浮和下沉操作注意这里有所简化, 因为不需要每次追加元素, 而是说每次用新元素替换堆顶, 所以只需要下沉操作即可下面代码有详细的注释, 方便大家理解复杂度时间复杂度O(NlogK)只需要遍历数组一遍, 遍历的时候需要插入堆, 插入的时间复杂度为O(logK)空间复杂度O(K)堆空间的消耗代码classMaxHeap:def__init__(self,stock):self.heapstockforiinrange(len(stock)//
[::-1]:# 这里使用快速建堆法构造出大小为cnt的堆, 即从n/2到0依次做下沉操作# 也可以用插入法建堆, 那样可以初始化堆为空, 但需要额外实现上浮操作self.sink(i)defadd(self,v):ifvself.heap[0]:# 只有当前元素小于堆顶时才替换并下沉self.heap[0]v self.sink(
defsink(self,i):# 下标从0开始, 所以左子节点下标是2i1child2*i1whilechildlen(self.heap):ifchild1len(self.heap)andself.heap[child1]self.heap[child]:# 右子节点存在且更大, 使用它child1ifself.heap[child]self.heap[i]:# 只有当子节点比当前节点大的时候才交换self.heap[i],self.heap[child]self.heap[child],self.heap[i]ichild child2*i1else:# 否则说明不需要继续下沉了, 直接退出breakclassSolution:definventoryManagement(self,stock:List[int],cnt:int)-List[int]:ifcnt0:return[]# 初始化为前cnt个元素, 一次性下沉建堆maxheapMaxHeap(stock[:cnt])forainstock[cnt:]:# 此时堆中已有cnt个元素, 只需要比较堆顶和当前元素即可, 将相关逻辑封装在add方法中maxheap.add(a)returnmaxheap.heap方案 4思路回忆快速排序, 它的做法是根据 pivot 将数组分成两部分, 很契合这里的要求所以我们可以直接利用它的思路, 不同的是划分之后这里只需要往一边递归, 类似二分查找的过程, 而不需要两边都排序举个例子, 比如 n 是 10, cnt 是 3, 第一次划分之后的下标为 5, 那么我们只需要再考虑[0,4]的部分即可下面代码有详细的注释, 方便大家理解复杂度时间复杂度平均O(N), 最差O(N^
如果每次划分都平分的话, 就是NN/2N/
..的等比序列, 总和为 2N, 所以是O(N)而最差情况是每次都只划分走了一个元素, 这样就是N(N-
(N-
..., 就是O(N^
空间复杂度O(logN)递归的栈的平均深度代码classSolution:definventoryManagement(self,stock:List[int],cnt:int)-List[int]:ifcnt0:return[]defpartition(s,e):ifse:# 递归出口, 此时不需要额外划分returnpivotstock[s]i,js,e# 经典快速排序过程, 只是不需要像排序那样找到划分点后同时递归左右两个区间whileij:# 先从后向前找第一个pivot的数, 并放在上一个空出来的坑中(最开始空出来的坑就是左边界s, 它的值已经被存储下来了, 所以必须先从后向前找)whileijandstock[j]pivot:j-1stock[i]stock[j]# 再从前向后找第一个pivot的数, 并放在上一个空出来的坑中(下标j, 因为它已经被放入上一个下标为i的坑中了)whileijandstock[i]pivot:i1stock[j]stock[i]stock[i]pivotificnt-1:# 当前划分点恰好划分出前cnt个最小数(包含i元素本身), 直接返回即可# 当然这里用cnt来判断也行, 那下面的判断条件也要把cnt-1改成cnt, 就是说i左边的肯定是最小的cnt个returnelificnt-1:# 当前划分点不能划分出前cnt个最小数, 需要往右继续找partition(i1,e)else:# 当前划分点划分了多于cnt个最小数, 需要往左继续找partition(s,i-
partition(0,len(stock)-
returnstock[:cnt]大家可以在下面这些地方找到我~我的 GitHub我的 Leetcode我的 CSDN我的知乎专栏我的头条号我的牛客网博客我的公众号: 算法精选, 欢迎大家扫码关注~
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