【面试高频题】难度 2/5，超常规多语言多解法笔试题
【面试高频题】难度 2/5，超常规多语言多解法笔试题
题目描述
这是 LeetCode 上的 「373. 查找和最小的K对数字」 ，难度为 「中等」。
Tag : 「优先队列（堆）」、「二分」、「多路归并」
给定两个以升序排列的整数数组 nums1 和 nums2 , 以及一个整数 k 。
定义一对值
，其中第一个元素来自 nums1，第二个元素来自 nums2。
请找到和最小的 k 个数对
。
示例 1:
输入: nums1 = [1,7,11], nums2 = [2,4,6], k = 3
输出: [1,2],[1,4],[1,6]
解释: 返回序列中的前 3 对数：
[1,2],[1,4],[1,6],[7,2],[7,4],[11,2],[7,6],[11,4],[11,6]
示例 2:
输入: nums1 = [1,1,2], nums2 = [1,2,3], k = 2
输出: [1,1],[1,1]
解释: 返回序列中的前 2 对数：
[1,1],[1,1],[1,2],[2,1],[1,2],[2,2],[1,3],[1,3],[2,3]
示例 3:
输入: nums1 = [1,2], nums2 = [3], k = 3
输出: [1,3],[2,3]
解释: 也可能序列中所有的数对都被返回:[1,3],[2,3]
提示:
基本分析
这道题和 786. 第 K 个最小的素数分数 几乎是一模一样，先做哪一道都是一样的，难度上没有区别 🤣
最常规的做法是使用「多路归并」，还不熟悉「多路归并」的同学，建议先学习前置🧀：多路归并入门，里面讲述了如何从「朴素优先队列」往「多路归并」进行转换。
多路归并
令
的长度为
，
的长度为
，所有的点对数量为
。
其中每个
参与所组成的点序列为：
由于
和
均已按升序排序，因此每个
参与构成的点序列也为升序排序，这引导我们使用「多路归并」来进行求解。
具体的，起始我们将这
个序列的首位元素（点对）以二元组
放入优先队列（小根堆），其中
为该点对中
的下标，
为该点对中
的下标，这步操作的复杂度为
。这里也可以得出一个小优化是：我们始终确保
为两数组中长度较少的那个，然后通过标识位来记录是否发生过交换，确保答案的点顺序的正确性。
每次从优先队列（堆）中取出堆顶元素（含义为当前未被加入到答案的所有点对中的最小值），加入答案，并将该点对所在序列的下一位（如果有）加入优先队列中。
举个 🌰，首次取出的二元组为
，即点对
，取完后将序列的下一位点对
以二元组
形式放入优先队列。
可通过「反证法」证明，每次这样的「取当前，放入下一位」的操作，可以确保当前未被加入答案的所有点对的最小值必然在优先队列（堆）中，即前
个出堆的元素必然是所有点对的前
小的值。
Java 代码：
class Solution {
boolean flag = true;
public List<List<Integer>> kSmallestPairs(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
int n = nums1.length, m = nums2.length;
if (n > m && !(flag = false)) return kSmallestPairs(nums2, nums1, k);
PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a,b)->(nums1[a[0]]+nums2[a[1]])-(nums1[b[0]]+nums2[b[1]]));
for (int i = 0; i < Math.min(n, k); i++) q.add(new int[]{i, 0});
while (ans.size() < k && !q.isEmpty()) {
int[] poll = q.poll();
int a = poll[0], b = poll[1];
ans.add(new ArrayList<>(){{
add(flag ? nums1[a] : nums2[b]);
add(flag ? nums2[b] : nums1[a]);
}});
if (b + 1 < m) q.add(new int[]{a, b + 1});
}
return ans;
}
}
Python3 代码：
class Solution:
def kSmallestPairs(self, nums1: List[int], nums2: List[int], k: int) -> List[List[int]]:
flag, ans = (n := len(nums1)) > (m := len(nums2)), []
if flag:
n, m, nums1, nums2 = m, n, nums2, nums1
pq = []
for i in range(min(n, k)):
heapq.heappush(pq, (nums1[i] + nums2[0], i, 0))
while len(ans) < k and pq:
_, a, b = heapq.heappop(pq)
ans.append([nums2[b], nums1[a]] if flag else [nums1[a], nums2[b]])
if b + 1 < m:
heapq.heappush(pq, (nums1[a] + nums2[b + 1], a, b + 1))
return ans
Golang 代码：
func kSmallestPairs(nums1 []int, nums2 []int, k int) [][]int {
n, m, ans := len(nums1), len(nums2), [][]int{}
flag := n > m
if flag {
n, m, nums1, nums2 = m, n, nums2, nums1
}
if n > k {
n = k
}
pq := make(hp, n)
for i := 0; i < n; i++ {
pq[i] = []int{nums1[i] + nums2[0], i, 0}
}
heap.Init(&pq)
for pq.Len() > 0 && len(ans) < k {
poll := heap.Pop(&pq).([]int)
a, b := poll[1], poll[2]
if flag{
ans = append(ans, []int{nums2[b], nums1[a]})
}else{
ans = append(ans, []int{nums1[a], nums2[b]})
}
if b < m - 1 {
heap.Push(&pq, []int{nums1[a] + nums2[b + 1], a, b + 1})
}
}
return ans
}
// 最小堆模板
type hp [][]int
func (h hp) Len() int { return len(h) }
func (h hp) Less(i, j int) bool { return h[i][0] < h[j][0] }
func (h hp) Swap(i, j int) { h[i], h[j] = h[j], h[i] }
func (h *hp) Push(v interface{}) { *h = append(*h, v.([]int)) }
func (h *hp) Pop() interface{} { a := *h; v := a[len(a)-1]; *h = a[:len(a)-1]; return v }
- 时间复杂度：令
为
、
和
三者中的最小值，复杂度为
- 空间复杂度：
二分
我们还能够使用多次「二分」来做。
假设我们将所有「数对和」按照升序排序，两端的值分别为
和
。
因此我们可以在值域
上进行二分，找到第一个满足「点对和小于等于
的，且数量超过
的值
」。
之所以能够二分，是因为
所在的点对和数轴上具有二段性：
- 点对和小于
的点对数量少于
个；
- 点对和大于等于
的点对数量大于等于
个。
判定小于等于
的点对数量是否大于等于
个这一步可直接使用循环来做，由于二分是从中间值开始，这一步不会出现跑满两层循环的情况。
当二分出第
小的值为
后，由于存在不同点对的点对和值相等，我们需要先将所有点对和小于等于
的值加入答案，然后酌情把值等于
的点对加入答案，知道满足答案数量为
。
找值为
的所有点对这一步，可以通过枚举
，然后在
上二分目标值
的左右端点来做。
最后，在所有处理过程中，我们都可以利用答案数组的大小与
的关系做剪枝。
Java 代码：
class Solution {
int[] nums1, nums2;
int n, m;
public List<List<Integer>> kSmallestPairs(int[] n1, int[] n2, int k) {
nums1 = n1; nums2 = n2;
n = nums1.length; m = nums2.length;
List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
int l = nums1[0] + nums2[0], r = nums1[n - 1] + nums2[m - 1];
while (l < r) {
int mid = (int)(0L + l + r >> 1);
if (check(mid, k)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
int x = r;
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < m; j++) {
if (nums1[i] + nums2[j] < x) {
List<Integer> temp = new ArrayList<>();
temp.add(nums1[i]); temp.add(nums2[j]);
ans.add(temp);
} else break;
}
}
for (int i = 0; i < n && ans.size() < k; i++) {
int a = nums1[i], b = x - a;
int c = -1, d = -1;
l = 0; r = m - 1;
while (l < r) {
int mid = (int)(0L + l + r >> 1);
if (nums2[mid] >= b) r = mid;
else l = mid + 1;
}
if (nums2[r] != b) continue;
c = r;
l = 0; r = m - 1;
while (l < r) {
int mid = (int)(0L + l + r + 1) >> 1;
if (nums2[mid] <= b) l = mid;
else r = mid - 1;
}
d = r;
for (int p = c; p <= d && ans.size() < k; p++) {
List<Integer> temp = new ArrayList<>();
temp.add(a); temp.add(b);
ans.add(temp);
}
}
return ans;
}
boolean check(int x, int k) {
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n && ans < k; i++) {
for (int j = 0; j < m && ans < k; j++) {
if (nums1[i] + nums2[j] <= x) ans++;
else break;
}
}
return ans >= k;
}
}
- 时间复杂度：假设点对和的值域大小范围为
，第一次二分的复杂度为
；统计点对和值小于目标值
的复杂度为
；统计所有点对和等于目标值的复杂度为
（整个处理过程中利用了大小关系做了剪枝，大多循环都不会跑满，实际计算量会比理论分析的要低）
- 空间复杂度：
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.373 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。
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