第K大元素方法

问题：在长度为N的乱序数组中寻找第k（n>=k）大的元素。

（1）最简单直接：先排序再找

最简单直接的想法是首先进行排序。假设元素的数量不大，比如才几千个，那就可以先进行排序，比如用快排或堆排，平均时间复杂度为O(N*logN)，然后取出前k个，于是总时间复杂度为O(NlogN)+O(k)=O(NlogN)。当然这种做法是浪费了不少的时间的，因为题目只要求找出第k大的元素，而不需要数据是有序的。

（2）部分元素排序：k次冒泡

当k比较小的时候，k趟排序是个比较不错的方法。我们只需要排序最大的k个元素即可，剩下那些元素不需要管。最简单明了的就是在冒泡排序中只进行k趟气泡，时间复杂度为O(N*k)，适用于k相对于N很小的情况。

int findMaxK(int a[], int n, int k) {
//进行k趟起泡
if (k == n) k = n - 1;
bool flag;
for (int i = 0; i < k; i++) {
flag = false;
for (int j = 0; j < n - i - 1; j++) {
if (a[j] > a[j + 1]) {
int tmp = a[j];
a[j] = a[j + 1];
a[j + 1] = tmp;
if (!flag) flag = true;
}
}
if (!flag) break;
}
return a[n - k];
}

（3）快排的分治法

快速排序使用了分治法的策略。它的基本思想是，选择一个基准数，通过一趟排序将要排序的数据分割成独立的两部分：在枢纽元左边的所有元素都不比它大，右边所有元素都比它大，此时枢纽元就处在它应该在的正确位置上了。
在本问题中，假设有N个数存储在数组a中。我们从a中随机找出一个元素作为枢纽元，把数组分为两部分。其中左边元素都不比枢纽元大，右边元素都不比枢纽元小。此时枢纽元所在的位置记为mid。

如果右半边（包括a[mid]）的长度恰好为k，说明a[mid]就是需要的第k大元素，直接返回a[mid]。
如果右半边（包括a[mid]）的长度大于k，说明要寻找的第k大元素就在右半边，往右半边寻找。
如果右半边（包括a[mid]）的长度小于k，说明要寻找的第k大元素就在左半边，往左半边寻找。

比如我们选择以元素7作为基准，把数组分成了左侧较大，右侧较小的两个区域，交换结果如下：

包括元素7在内的较大元素有8个，但我们的K=5，显然较大元素的数目过多了。于是我们在较大元素的区域继续分治，这次以元素12为基准：

这样一来，包括元素12在内的较大元素有5个，正好和K相等。所以，基准元素12就是我们所求的。

这就是分治法的思想，这种方法的时间复杂度甚至优于小顶堆法，可以达到O(n)。

int divide(int a[], int low,int high) {
//随机选一个元素作为枢纽元素
//左边都是比枢纽元素小的，右边都是比枢纽元素大的
srand((unsigned)time(NULL));
int idx = (rand() % (high - low + 1)) + low;
int tmp = a[low];
a[low] = a[idx];
a[idx] = tmp;
tmp = a[low];
while (low < high) {
while (low<high && a[high] >= tmp) high--;
if (low < high) {
a[low] = a[high];
low++;
}
while (low < high && a[low] <= tmp) low++;
if (low < high) {
a[high] = a[low];
high--;
}
}
//此时low=high，且low就是枢纽元应该在的位置编号，返回low
a[low] = tmp;
return low;
}

int findKMax(int a[],int low,int high,int k) {
int mid = divide(a, low, high);
//包括a[mid]的右半边长度
int length_of_right = high - mid + 1;
if (length_of_right == k) return a[mid];
else if (length_of_right > k) {
//右半边长度比k长，说明第k大的元素还在右半边，因此在右半边找
return findKMax(a, mid + 1, high, k);
}
else {
return findKMax(a, low, mid - 1, k - length_of_right);
}
}

(4)小顶堆法

二叉堆是一种特殊的完全二叉树，它包含大顶堆和小顶堆两种形式。其中小顶堆的特点是每一个父节点都小于等于自己的两个子节点。要解决这个算法题，我们可以利用小顶堆的特性。

维护一个容量为K的小顶堆，堆中的K个节点代表着当前最大的K个元素，而堆顶显然是这K个元素中的最小值。
遍历原数组，每遍历一个元素，就和堆顶比较，如果当前元素小于等于堆顶，则继续遍历;如果元素大于堆顶，则把当前元素放在堆顶位置，并调整二叉堆（下沉操作）。
遍历结束后，堆顶就是数组的最大K个元素中的最小值，也就是第K大元素。

假设K=5，具体操作步骤如下：

1.把数组的前K个元素构建成堆

2.继续遍历数组，和堆顶比较，如果小于等于堆顶，则继续遍历;如果大于堆顶，则取代堆顶元素并调整堆。

遍历到元素2，由于2<3，所以继续遍历。

遍历到元素20，由于20>3,20取代堆顶位置，并调整堆。

遍历到元素24，由于24>5,24取代堆顶位置，并调整堆。

以此类推，我们一个一个遍历元素，当遍历到最后一个元素8时，小顶堆的情况如下：

3.此时的堆顶，就是堆中的最小元素，也就是数组中的第K大元素。

这个方法的时间复杂度是多少呢？

1.构建堆的时间复杂度是O(K)
2.遍历剩余数组的时间复杂度O(n-K)
3.每次调整堆的时间复杂度是O(logk)
其中2和3是嵌套关系，1和2,3是并列关系，所以总的最坏时间复杂度是O((n-k)logk + k)。当k远小于n的情况下，也可以近似地认为是O(nlogk)。

这个方法的空间复杂度是多少呢？
刚才我们在详细步骤中把二叉堆单独拿出来演示，是为了便于理解。但如果允许改变原数组的话，我们可以把数组的前K个元素“原地交换”来构建成二叉堆，这样就免去了开辟额外的存储空间。因此空间复杂度是O(1)。

public static int findNumberK(int[] array, int k) {
//1.用前k个元素构建小顶堆
buildHeap(array, k);
//2.继续遍历数组，和堆顶比较
for (int i = k; i < array.length; i++) {
if(array[i] > array[0]) {
array[0] = array[i];
downAdjust(array, 0, k);
}
}
//3.返回堆顶元素
return array[0];
}

private static void buildHeap(int[] array, int length) {
//从最后一个非叶子节点开始，依次下沉调整
for (int i = (length - 2) / 2; i >= 0; i--) {
downAdjust(array, i, length);
}
}

/**
* 下沉调整
* @param array 待调整的堆
* @param index 要下沉的节点
* @param length 堆的有效大小
*/
private static void downAdjust(int[] array, int index, int length) {
//temp保存父节点的值，用于最后的赋值
int temp = array[index];
int childIndex = 2 * index + 1;
while (childIndex < length) {
//如果有右孩子，且右孩子小于左孩子的值，则定位到右孩子
if (childIndex + 1 < length && array[childIndex + 1] < array[childIndex]) {
childIndex++;
}
//如果父节点小于任何一个孩子的值，直接跳出
if (temp <= array[childIndex])
break;
//无需真正交换，单项赋值即可
array[index] = array[childIndex];
index = childIndex;
childIndex = 2 * childIndex + 1;
}
array[index] = temp;
}

public static void main(String[] args) {
int[] array = new int[] {7, 5, 15, 3, 17, 2, 20, 24, 1, 9, 12, 8};
System.out.println(findNumberK(array, 5));
}