这是 LeetCode 上的「239. 滑动窗口最大值」,难度为「困难」。
Tag : 「优先队列(堆)」、「线段树」、「分块」、「单调队列」、「RMQ」
给你一个整数数组 nums
,有一个大小为 k
的滑动窗口从数组的最左侧移动到数组的最右侧。你只可以看到在滑动窗口内的 k
个数字。滑动窗口每次只向右移动一位。
返回滑动窗口中的最大值 。
示例 1:
输入:nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], k = 3
输出:[3,3,5,5,6,7]
解释:
滑动窗口的位置 最大值
--------------- -----
[1 3 -1] -3 5 3 6 7 3
1 [3 -1 -3] 5 3 6 7 3
1 3 [-1 -3 5] 3 6 7 5
1 3 -1 [-3 5 3] 6 7 5
1 3 -1 -3 [5 3 6] 7 6
1 3 -1 -3 5 [3 6 7] 7
示例 2:
输入:nums = [1], k = 1
输出:[1]
提示:
根据题意,问题本质是 RMQ(Range Minimum/Maximum Query)区间最值问题。
容易想到优先队列(大根堆),同时为了确保滑动窗口的大小合法性,我们以二元组
的形式进行入队。
当下标达到首个滑动窗口的右端点后,每次尝试从优先队列(大根堆)中取出最大值(若堆顶元素的下标小于当前滑动窗口左端点时,则丢弃该元素)。
代码:
class Solution {
public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a,b)->b[1]-a[1]);
int n = nums.length, m = n - k + 1, idx = 0;
int[] ans = new int[m];
for (int i = 0; i < n; i++) {
q.add(new int[]{i, nums[i]});
if (i >= k - 1) {
while (q.peek()[0] <= i - k) q.poll();
ans[idx++] = q.peek()[1];
}
}
return ans;
}
}
容易将问题转换为「区间求和」问题:使用原始的 nums
构建线段树等价于在位置
插入
,即单点操作,而查询每个滑动窗口最大值,则对应的区间查询。
由于只涉及单点修改,无须实现懒标记 pushdown
操作,再结合
的数据范围为
,无须进行动态开点。
直接写 build
四倍空间的线段树数组实现即可。
代码:
class Solution {
class Node {
int l, r, val;
Node (int _l, int _r) {
l = _l; r = _r; val = Integer.MIN_VALUE;
}
}
Node[] tr = new Node[100010 * 4];
void build(int u, int l, int r) {
tr[u] = new Node(l, r);
if (l == r) return ;
int mid = l + r >> 1;
build(u << 1, l, mid);
build(u << 1 | 1, mid + 1, r);
}
void update(int u, int x, int v) {
if (tr[u].l == x && tr[u].r == x) {
tr[u].val = Math.max(tr[u].val, v);
return ;
}
int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1;
if (x <= mid) update(u << 1, x, v);
else update(u << 1 | 1, x, v);
pushup(u);
}
int query(int u, int l, int r) {
if (l <= tr[u].l && tr[u].r <= r) return tr[u].val;
int mid = tr[u].l + tr[u].r >> 1, ans = Integer.MIN_VALUE;
if (l <= mid) ans = query(u << 1, l, r);
if (r > mid) ans = Math.max(ans, query(u << 1 | 1, l, r));
return ans;
}
void pushup(int u) {
tr[u].val = Math.max(tr[u << 1].val, tr[u << 1 | 1].val);
}
public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
int n = nums.length, m = n - k + 1;
int[] ans = new int[m];
build(1, 1, n);
for (int i = 0; i < n; i++) update(1, i + 1, nums[i]);
for (int i = k; i <= n; i++) ans[i - k] = query(1, i - k + 1, i);
return ans;
}
}
;构建答案复杂度为
。整体复杂度为
另外一个做法是分块,又名「优雅的暴力」,也是莫队算法的基础。
具体的,除了给定的 nums
以外,我们构建一个分块数组 region
,其中 region[idx] = x
含义为块编号为 idx
的最大值为 x
,其中一个块对应一个原始区间
。
如何定义块大小是实现分块算法的关键。
对于本题,本质是求若干个大小为
的区间最大值。
我们可以设定块大小为
,这样所需创建的分块数组大小为
。分块数组的更新操作为
,而查询则为
。
容易证明查询操作的复杂度:对于每个长度为
的
查询操作而言,最多遍历两个(左右端点对应的块)的块内元素,复杂度为
,同时最多遍历
个块,复杂度同为
。
因此最多两步复杂度为
的块内操作,最多
步复杂度为
的块间操作,整体复杂度为
。
因此使用分块算法总的计算量为
,可以过。
分块算法的几个操作函数:
int getIdx(int x)
:计算原始下标对应的块编号;void add(int x, int v)
:计算原始下标 x
对应的下标 idx
,并将 region[idx]
和 v
取 max
来更新 region[idx]
;int query(int l, int r)
:查询 中的最大值,如果
和
所在块相同,直接遍历
进行取值;若
和
不同块,则处理
和
对应的块内元素后,对块编号在
之间的块进行遍历。
代码:
class Solution {
int n, m, len;
int[] nums, region;
int getIdx(int x) {
return x / len;
}
void add(int x, int v) {
region[getIdx(x)] = Math.max(region[getIdx(x)], v);
}
int query(int l, int r) {
int ans = Integer.MIN_VALUE;
if (getIdx(l) == getIdx(r)) {
for (int i = l; i <= r; i++) ans = Math.max(ans, nums[i]);
} else {
int i = l, j = r;
while (getIdx(i) == getIdx(l)) ans = Math.max(ans, nums[i++]);
while (getIdx(j) == getIdx(r)) ans = Math.max(ans, nums[j--]);
for (int k = getIdx(i); k <= getIdx(j); k++) ans = Math.max(ans, region[k]);
}
return ans;
}
public int[] maxSlidingWindow(int[] _nums, int k) {
nums = _nums;
n = nums.length; len = (int) Math.sqrt(k); m = n / len + 10;
region = new int[m];
Arrays.fill(region, Integer.MIN_VALUE);
for (int i = 0; i < n; i++) add(i, nums[i]);
int[] ans = new int[n - k + 1];
for (int i = 0; i < n - k + 1; i++) ans[i] = query(i, i + k - 1);
return ans;
}
}
,块大小为
,分块数组大小为
。预处理分块数组复杂度为
(即 add
操作复杂度为
);构造答案复杂度为
(即 query
操作复杂度为
,最多有
次查询)
关于 RMQ
的另外一个优秀做法通常是使用「单调队列/单调栈」。
当然,我们也能不依靠经验,而从问题的本身出发,逐步分析出该做法。
假设我们当前处理到某个长度为
的窗口,此时窗口往后滑动一格,会导致后一个数(新窗口的右端点)添加进来,同时会导致前一个数(旧窗口的左端点)移出窗口。
随着窗口的不断平移,该过程会一直发生。若同一时刻存在两个数
和
(
)所在一个窗口内,下标更大的数会被更晚移出窗口,此时如果有
的话,可以完全确定
将不会成为后续任何一个窗口的最大值,此时可以将必然不会是答案的
从候选中进行移除。
不难发现,当我们将所有必然不可能作为答案的元素(即所有满足的小于等于
)移除后,候选集合满足「单调递减」特性,即集合首位元素为当前窗口中的最大值(为了满足窗口长度为
的要求,在从集合头部取答案时需要先将下标小于的等于的
的元素移除)。
为方便从尾部添加元素,从头部获取答案,我们可使用「双端队列」存储所有候选元素。
代码:
class Solution {
public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
Deque<Integer> d = new ArrayDeque<>();
int n = nums.length, m = n - k + 1;
int[] ans = new int[m];
for (int i = 0; i < n; i++) {
while (!d.isEmpty() && nums[d.peekLast()] <= nums[i]) d.pollLast();
d.addLast(i);
if (i >= k - 1) {
while (!d.isEmpty() && d.peekFirst() <= i - k) d.pollFirst();
ans[i - k + 1] = nums[d.peekFirst()];
}
}
return ans;
}
}
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