题目描述
在一个未排序的数组中，求出其中第k大的数，需要注意的是，数组中可能存在重复元素，所以求解的是第k大的数，而不是第k个不同的元素。
这个题目对应LeetCode上的第215号题，链接:leetcode第215题, 在继续往下看具体的解法之前，可以先花一点时间，自己想一下如何解决：）
解法一
既然是求其中第k大的数，那么使其数组整体有序后，找到其中第k大的数就比较容易了，所以先对数组进行排序，然后再取第k大的数即可。
使用c++代码：
int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
if (k < 1 || k > nums.size()) {
return 0;
}
// 从大到小排序
sort(nums.begin(), nums.end(), greater<int>());
return nums[k - 1];
}
首先函数开始执行，先对参数k进行检查，当k小于1，或者大于数组的个数时，我的处理方式是返回零。
然后再进行排序，这里我的代码实现中，用的是从大到小的排序，因为数组的索引是从0开始计算，所以计算第k大的数时，就应该取数组的第k-1个元素。另外，这里也可以从小到大的排序，那么，第k大的数就应该是数组的第n-k个元素。
解法二
前面一种方法中，需要对数组进行排序，所以时间复杂度为0(nlogn)。我们可以试着想一下，这里是对数组整体都进行了排序，而其实我们求的是数组中第k大的数，那么我们只需要把前k大的数排序出来即可，我们并不用关心后面的n-k个数是否是有序的。
从各种排序算法中看，选择排序可以满足我们的需求，还记得选择排序的思想吗？就是每一趟循环就会确定一个余下元素中最大或最小的数。那么我们只需要循环k次，就可以找出来了。要循环k次，所以这种解法的时间复杂度是0(n x k)。
代码如下：
int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
if (k < 0 || k > nums.size()) {
return 0;
}
// 外层只需排序k次
for (int i = 0; i < k; i++) {
int maxindex = i; // 内层循环时，保存寻找到的最大数的【索引】
for (int j = i + 1; j < nums.size(); j++) {
if (nums[j] > nums[maxindex]) {
maxindex = j;
}
}
swap(nums[i], nums[maxindex]);
}
return nums[k - 1];
}
解法三
可以使用优先队列，维护前k大的元素。
代码：
int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
if(k < 1 || k > nums.size()) {
return 0;
}
priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> q; // 构建最小堆
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
if (q.size() != k) {
q.push(nums[i]);
} else if (q.top() < nums[i]) {
q.pop();
q.push(nums[i]);
}
}
return q.top();
}
注意，这里使用优先队列创建最小堆，来维护前k大的元素。这样在堆顶的元素始终是堆中最小的，当队列中有k个元素，再入队一个新元素时，便将堆顶的元素，也就是最小的元素出队。当循环一遍数组，队列中的堆顶元素也就是第k大的数了。
这里使用了优先队列维护前k大的元素，所以空间复杂度为0(k),在时间复杂度上，循环遍历了一遍数组，并且对遍历每个元素时，都要维护前k个元素，每进队一个元素，堆中的时间复杂度是0(logk),所以整体为O(nlogk)。
解法四
可以使用二分查找结合快速排序来更高效的查找。
先简单复习下二分查找和快速排序的基本思想。
二分查找：对于一个有序的数组，搜索过程从数组的中间元素开始，如果中间元素正好是要查找的元素，则搜索过程结束；如果某一特定元素大于或者小于中间元素，则在数组大于或小于中间元素的那一半中查找，而且跟开始一样从中间元素开始比较。如果在某一步骤数组为空，则代表找不到。这种搜索算法每一次比较都使搜索范围缩小一半。
快速排序：以从小到大排序为例，快速排序是选定数组中的某一个元素作为标定点，比这个元素小的全部排到这个特定元素的左边，比这个元素大的全部排到这个特定元素的右边，然后分别对这两部分继续按照上述方法进行排序，最后使整体达到有序。如果忘记快速排序的具体实现的话，可以看我之前写的关于快速排序的文章：快速排序 。
那如何结合二分查找和快速排序来解决当前的问题呢？按照快排的partition操作，我们可以先选定一个标定点，然后与标定点比较分成两部分区间，然后确定第k大元素所属的区间是标定点的左边部分还是右边部分，再按照二分查找的方式，只对第k大元素所属的区间继续进行partition操作，直到找到第k大的元素为止。
假设以数组[7,92,23,9,-1,0,11,6]这个数组为例，寻找其中第四大的元素。我们来对其进行具体的分析。
使用快排并不需要将整体全部排序，只是用来确定需要寻找元素的范围。
按照从小到大排序的思路使用快速排序，那么其中第k大的元素，也就是数组中第n+1-k小的元素，数组中的元素个数为8，加1， 减去k = 4,也就是求数组中第5小的元素。
开始，随机选取标定点为11，第一次partition操作后如图。为了使观察更清晰，数字下方的&代表这个数字比标定点小，#代表比标定点大。
[7,9,-1,0,6,11,92,23];
& & & & & # #
可以看到，比标定点小的个数有5个，即可以确定这5个元素是数组中前5个较小的元素，那么我们要找到第5小的元素，包含在其中，只需要在这5个元素中查找，而后面的元素，我们就完全可以抛弃，不用去管它了。如图。
[7,9,-1,0,6,*,*,*]
然后继续对这一部分进行partition操作。假设随机选取的标定点为6。
[-1,0,6,7,9,*,*,*]
& & # #
这样我们就可以进一步确定，数组中第5小的元素位于6的右边，也就是7与9之间。而标定点左边的元素就不用管了。
[*,*,*,7,9,*,*,*]
假设随机选取的标定点为9,继续进行partition，可以发现9所处的位置正好是这个数组第5小的位置。由于是从小到大排序，我们就可以确定第5小的是9。第5小的元素，从下图从右往左看，也就是数组中第4大的元素。
[*,*,*,*,9,*,*,*]
下面是具体的代码实现。
public:
int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {
if(k < 1 || k > nums.size()) {
return 0;
}
srand(time(NULL));
return findKthLargest(nums, 0, nums.size() - 1, nums.size() - k);
}
private:
// 在数组[l,r]区间内寻找k大的数排序后所处的索引s。
int findKthLargest(vector<int>& nums,int l, int r, int s){
if (l == r) {
return nums[l];
}
int p = partition(nums,l,r);
if (p == s) {
return nums[p];
} else if (s < p){
return findKthLargest(nums, l, p - 1, s);
} else { // s > p
return findKthLargest(nums, p + 1, r, s);
}
}
int partition(vector<int>& nums, int l, int r) {
int p = rand()%(r-l+1) + l;
swap(nums[l], nums[p]);
int j = l;
for (int i = l + 1; i <= r; i++) {
if (nums[i] < nums[l]) {
swap(nums[i], nums[j + 1]);
j++;
}
}
swap(nums[l], nums[j]);
return j;
}
上面代码需要注意的几个地方
- 使用随机数来选取标定点。
- 对partition过程不理解的，可以查看：快速排序 中讲解partition的部分。
快排的时间复杂度是O(nlogn)，这里使用了二分查找，舍弃了每次partiton后对另一部分处理的时间，所以时间复杂度为O(n),空间复杂度要考虑递归函数入栈时的空间，整体为0(logn)。
