在数组中找到第 k 大的元素。(你可以交换数组中的元素的位置)
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样例 1： 输入： n = 1, nums = [1,3,4,2] 输出： 4
样例 2： 输入： n = 3, nums = [9,3,2,4,8] 输出： 4
[题解]
算法：快速选择算法
最容易想到的就是直接排序，返回第 k 大的值。时间复杂度是 O(nlogn)，这里提供 O(n)的解法。
这题其实是快速排序算法的变体，在 九章算法班 中也有详细讲解。通过快速排序算法的 partition 步骤，可以将小于 pivot 的值划分到 pivot 左边，大于 pivot 的值划分到 pivot 右边，所以可以直接得到 pivot 的 rank 。从而缩小范围继续找第 k 大的值。
partition 步骤： 令 left = start，right = end，pivot = nums[left]。 当 nums[left] < pivot 时，left 指针向右移动。 当 nums[right] > pivot 时，right 指针向左移动。 交换两个位置的值，right 指针左移，left 指针右移。 直到两指针相遇，否则回到第 2 步。 每次 partition 后根据 pivot 的位置，寻找下一个搜索的范围。
复杂度分析
设数组长度为 n
时间复杂度 O(n) 对一个数组进行 partition 的时间复杂度为 O(n)。 分治，选择一边继续进行 partition 。 所以总的复杂度为 T(n) = T(n / 2) + O(n)，总时间复杂度依然为 O(n)。
空间复杂度 O(1)
只需要快速选择游标的 O(1)额外空间。 public class Solution { /** * @param n: An integer * @param nums: An array * @return: the Kth largest element */ public int kthLargestElement(int k, int[] nums) { int n = nums.length; // 为了方便编写代码，这里将第 k 大转换成第 k 小问题。 k = n - k; return partition(nums, 0, n - 1, k); } public int partition(int[] nums, int start, int end, int k) { int left = start, right = end; int pivot = nums[left]; while (left <= right) { while (left <= right && nums[left] < pivot) { left++; } while (left <= right && nums[right] > pivot) { right--; } if (left <= right) { swap(nums, left, right); left++; right--; } } // 如果第 k 小在右侧，搜索右边的范围，否则搜索左侧。 if (k <= right) { return partition(nums, start, right, k); } if (k >= left) { return partition(nums, left, end, k); } return nums[k]; } public void swap(int[] nums, int x, int y) { int temp = nums[x]; nums[x] = nums[y]; nums[y] = temp; } }
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