2-21 update

今天的每日一题，是求最长连续子序列，让其中任意的一对元素差值的绝对值小于给定元素。

一开始没读好题，就排序之后从两边缩小范围了，结果没通过，仔细看了才发现是按照原数组顺序TAT……

然后就想到了是单调队列，看了眼题解，果然

使用两个单调队列分别维护一个最大值和一个最小值，然后比较差值即可。

我的错误想法

  1. #include <vector>
  2. #include <algorithm>
  3. using namespace std;
  5. class Solution {
  6. public:
  7.     int longestSubarray(vector<int>& nums, int limit) {
  8.         sort(nums.begin(), nums.end());
  9.         int i = 0, j = nums.size()-1;
  10.         while(i < j) {
  11.             if(nums[j] - nums[i] > limit) {
  12.                 if(nums[j] - nums[j-1] < nums[i+1] - nums[i]) {
  13.                     i++;
  14.                     continue;
  15.                 }
  16.                 else {
  17.                     j--;
  18.                     continue;
  19.                 }
  20.             }
  21.             else return j - i + 1;
  22.         }
  23.         return j - i + 1;
  24.     }
  25. };

单调队列解法

  1. class Solution {
  2. public:
  3.     int longestSubarray(vector<int>& nums, int limit) {
  4.         deque<int> queMax, queMin;
  5.         int n = nums.size();
  6.         int left = 0, right = 0;
  7.         int ret = 0;
  8.         while (right < n) {
  9.             while (!queMax.empty() && queMax.back() < nums[right]) {
  10.                 queMax.pop_back();
  11.             }
  12.             while (!queMin.empty() && queMin.back() > nums[right]) {
  13.                 queMin.pop_back();
  14.             }
  15.             queMax.push_back(nums[right]);
  16.             queMin.push_back(nums[right]);
  17.             while (!queMax.empty() && !queMin.empty() && queMax.front() - queMin.front() > limit) {
  18.                 if (nums[left] == queMin.front()) {
  19.                     queMin.pop_front();
  20.                 }
  21.                 if (nums[left] == queMax.front()) {
  22.                     queMax.pop_front();
  23.                 }
  24.                 left++;
  25.             }
  26.             ret = max(ret, right - left + 1);
  27.             right++;
  28.         }
  29.         return ret;
  30.     }
  31. };

原 blog

从数据结构到算法课，我一直没搞懂这个单调队列的应用，碰巧今天的每日一题的题解中又遇到了，所以记录一下，以后在遇到别的题，也会补充进来

题目描述

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。

输入输出样例

一

  1. 输入：nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], k = 3
  2. 输出：[3,3,5,5,6,7]
  3. 解释：
  4. 滑动窗口的位置                最大值
  5. ---------------               -----
  6. [1  3  -1] -3  5  3  6  7       3
  7.  1 [3  -1  -3] 5  3  6  7       3
  8.  1  3 [-1  -3  5] 3  6  7       5
  9.  1  3  -1 [-3  5  3] 6  7       5
  10.  1  3  -1  -3 [5  3  6] 7       6
  11.  1  3  -1  -3  5 [3  6  7]      7

二

输入：nums = [1], k = 1
输出：[1]

三

输入：nums = [4,-2], k = 2
输出：[4]

要求

  • 1 <= nums.length <= 10
  • -10 <= nums[i] <= 10
  • 1 <= k <= nums.length

题解

优先队列

解法

对于「最大值」，我们可以想到一种非常合适的数据结构，那就是优先队列（堆），其中的大根堆可以帮助我们实时维护一系列元素中的最大值。

对于本题而言，初始时，我们将数组 nums 的前 k 个元素放入优先队列中。每当我们向右移动窗口时，我们就可以把一个新的元素放入优先队列中，此时堆顶的元素就是堆中所有元素的最大值。然而这个最大值可能并不在滑动窗口中，在这种情况下，这个值在数组 nums 中的位置出现在滑动窗口左边界的左侧。因此，当我们后续继续向右移动窗口时，这个值就永远不可能出现在滑动窗口中了，我们可以将其永久地从优先队列中移除。

我们不断地移除堆顶的元素，直到其确实出现在滑动窗口中。此时，堆顶元素就是滑动窗口中的最大值。为了方便判断堆顶元素与滑动窗口的位置关系，我们可以在优先队列中存储二元组 (num,index)，表示元素 num 在数组中的下标为 index。

代码
class Solution {
public:
    vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        priority_queue<pair<int, int>> q;
        for (int i = 0; i < k; ++i) {
            q.emplace(nums[i], i);
        }
        vector<int> ans = {q.top().first};
        for (int i = k; i < n; ++i) {
            q.emplace(nums[i], i);
            while (q.top().second <= i - k) {
                q.pop();
            }
            ans.push_back(q.top().first);
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(nlogn)，其中 n 是数组 nums 的长度。在最坏情况下，数组 nums 中的元素单调递增，那么最终优先队列中包含了所有元素，没有元素被移除。由于将一个元素放入优先队列的时间复杂度为 O(logn)，因此总时间复杂度为 O(nlogn)。

  • 空间复杂度：O(n)，即为优先队列需要使用的空间。这里所有的空间复杂度分析都不考虑返回的答案需要的 O(n) 空间，只计算额外的空间使用。

单调队列解法

解法

我们可以顺着方法一的思路继续进行优化。

由于我们需要求出的是滑动窗口的最大值，如果当前的滑动窗口中有两个下标 i 和 j，其中 i 在 j 的左侧（i<j），并且 i 对应的元素不大于 j 对应的元素（nums[i] ≤ nums[j]），那么会发生什么呢？

当滑动窗口向右移动时，只要 i 还在窗口中，那么 j 一定也还在窗口中，这是 i 在 j 的左侧所保证的。因此，由于 nums[j] 的存在，nums[i] 一定不会是滑动窗口中的最大值了，我们可以将 nums[i] 永久地移除。

因此我们可以使用一个队列存储所有还没有被移除的下标。在队列中，这些下标按照从小到大的顺序被存储，并且它们在数组 nums 中对应的值是严格单调递减的。因为如果队列中有两个相邻的下标，它们对应的值相等或者递增，那么令前者为 i，后者为 j，就对应了上面所说的情况，即 nums[i] 会被移除，这就产生了矛盾。

当滑动窗口向右移动时，我们需要把一个新的元素放入队列中。为了保持队列的性质，我们会不断地将新的元素与队尾的元素相比较，如果前者大于等于后者，那么队尾的元素就可以被永久地移除，我们将其弹出队列。我们需要不断地进行此项操作，直到队列为空或者新的元素小于队尾的元素。

由于队列中下标对应的元素是严格单调递减的，因此此时队首下标对应的元素就是滑动窗口中的最大值。但与方法一中相同的是，此时的最大值可能在滑动窗口左边界的左侧，并且随着窗口向右移动，它永远不可能出现在滑动窗口中了。因此我们还需要不断从队首弹出元素，直到队首元素在窗口中为止。

为了可以同时弹出队首和队尾的元素，我们需要使用双端队列。满足这种单调性的双端队列一般称作「单调队列」。

class Solution {
public:
    vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        deque<int> q;
        for (int i = 0; i < k; ++i) {
            while (!q.empty() && nums[i] >= nums[q.back()]) {
                q.pop_back();
            }
            q.push_back(i);
        }

        vector<int> ans = {nums[q.front()]};
        for (int i = k; i < n; ++i) {
            while (!q.empty() && nums[i] >= nums[q.back()]) {
                q.pop_back();
            }
            q.push_back(i);
            while (q.front() <= i - k) {
                q.pop_front();
            }
            ans.push_back(nums[q.front()]);
        }
        return ans;
    }
};

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。每一个下标恰好被放入队列一次，并且最多被弹出队列一次，因此时间复杂度为 O(n)。

  • 空间复杂度：O(k)。与方法一不同的是，在方法二中我们使用的数据结构是双向的，因此「不断从队首弹出元素」保证了队列中最多不会有超过 k+1 个元素，因此队列使用的空间为 O(k)。

鸣谢

以上两种解法均来自leet的官方题解，感谢，让我对单调队列好像有懂了一点点（x
传送门

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/sliding-window-maximum
著作权归领扣网络所有。商业转载请联系官方授权，非商业转载请注明出处。