栈与队列——239. 滑动窗口最大值

1 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 。

2 题目示例

在这里插入图片描述

示例 2：

输入：nums = [1], k = 1 输出：[1]

3 题目提示

1 <= nums.length <= 105 -104 <= nums[i] <= 104 1 <= k <= nums.length

4 思路

队列： 对于「最大值」，我们可以想到—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—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, indez)，表示元素num在数组中的下标为indez。

复杂度分析 时间复杂度:O(n log n)，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(log n)，因此总时间复杂度为O(n logn)。 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。

5 我的答案

class Solution {
    public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) {
        int n = nums.length;
        PriorityQueue<int[]> pq = new PriorityQueue<int[]>(new Comparator<int[]>() {
            public int compare(int[] pair1, int[] pair2) {
                return pair1[0] != pair2[0] ? pair2[0] - pair1[0] : pair2[1] - pair1[1];
            }
        });
        for (int i = 0; i < k; ++i) {
            pq.offer(new int[]{nums[i], i});
        }
        int[] ans = new int[n - k + 1];
        ans[0] = pq.peek()[0];
        for (int i = k; i < n; ++i) {
            pq.offer(new int[]{nums[i], i});
            while (pq.peek()[1] <= i - k) {
                pq.poll();
            }
            ans[i - k + 1] = pq.peek()[0];
        }
        return ans;
    }
}