[Leetcode]雙項佇列解決滑動視窗最大值難題

AdamWong發表於2019-04-01
LeetCode佇列

這道題是從優先佇列的難題裡面找到的一個題目。可是解法並不是優先佇列，而是雙項佇列deque

其實只要知道思路，這一道題直接寫沒有太大的問題。我們看看題

給定一個陣列 nums，有一個大小為 k 的滑動視窗從陣列的最左側移動到陣列的最右側。你只可以看到在滑動視窗 k 內的數字。滑動視窗每次只向右移動一位。

返回滑動視窗最大值。

示例:

輸入: nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], 和 k = 3
輸出: [3,3,5,5,6,7] 
解釋: 

  滑動視窗的位置                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

翻譯一下就是: 滑動區間裡面每K個最大值

當然暴力naive的解法就顯而易見了，用O(n*k)可以解決，不細說。但還是手癢寫個虛擬碼:

for(size_t i=0;i<nums.size();i++){
    int maxValue=INT_MIN;
    for(size_t j=i;j<i+k;j++){
        maxValue=max(maxValue,nums[j]);
    }
    res.push_back(maxValue);
}

我想到的另一種方法是建立一個最大堆。

想法很簡單：每次讀入一個新的數字，就把不在區間範圍內的數字移除堆裡，然後堆的頂部就是此次迴圈的結果。

一個堆其實非常容易實現。我們甚至可以使用一個C++ STL中的priority_queue。難點就在於，如何把這個不在區間範圍內的數字移除。

However

在這裡我介紹一種更快更通用的方法，使用雙項佇列。這裡為了效率和快捷使用了deque容器，也可以使用list容器。

我宣告瞭一個變數deque<int>window，用於儲存下標。這個變數有以下特點:

  1. 變數的最前端(也就是window.front())是此次遍歷的最大值的下標
  2. 當我們遇到新的數時，將新的數和雙項佇列的末尾(也就是window.back())比較，如果末尾比新數小，則把末尾扔掉，直到該佇列的末尾比新數大或者佇列為空的時候才停止，做法有點像使用棧進行括號匹配。
  3. 雙項佇列中的所有值都要在視窗範圍內

特點一隻是方便我們獲取每次視窗滑動一格之後的最大值，我們可以直接通過window.front()獲得

通過特點二，可以保證佇列裡的元素是從頭到尾降序的，由於佇列裡只有視窗內的數，所以他們其實就是視窗內第一大，第二大，第三大...的數。

特點三就是根據題意設定的。但我們實際上只用比較現在的下標和window.front()就可以了，想想為什麼？

Answer: 因為只要視窗內第一大元素也就是這個window.front()在視窗內，那我們可以不用管第二大第三大元素在不在區間內了。因為答案一定是這個第一大元素。如果window.front()不在視窗內，則將其彈出，第二個大元素變成第一大元素，第三大元素變成第二大元素以此類推。

程式碼編寫的過程還要時刻檢查佇列是否為空防止丟擲異常。

根據上面這些資訊我們就可以編寫此題的程式碼了。

Solution

class Solution {
public:
    vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {
        if(k==0)return {};
        vector<int>res;
        deque<size_t>window;
        /*Init K integers in the list*/
        for (size_t i = 0; i < k; i++) {
            while (!window.empty()  && nums[i] > nums[window.back()]) {
                window.pop_back();
            }
            window.push_back(i);
        }
        res.push_back(nums[window.front()]);
        /*End of initialization*/
        for (size_t i = k; i < nums.size(); i++) {
            if (!window.empty() && window.front() <= i - k) {
                window.pop_front();
            }
            while (!window.empty() && nums[i] > nums[window.back()]) {
                window.pop_back();
            }
            window.push_back(i);
            res.push_back(nums[window.front()]);
        }
        return res;
    }
};

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