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【LeetCode热题100】打卡第39天：数组中第K个最大元素&最大正方形
⛅前言
大家好，我是知识汲取者，欢迎来到我的LeetCode热题100刷题专栏！
精选 100 道力扣（LeetCode）上最热门的题目，适合初识算法与数据结构的新手和想要在短时间内高效提升的人，熟练掌握这 100 道题，你就已经具备了在代码世界通行的基本能力。在此专栏中，我们将会涵盖各种类型的算法题目，包括但不限于数组、链表、树、字典树、图、排序、搜索、动态规划等等，并会提供详细的解题思路以及Java代码实现。如果你也想刷题，不断提升自己，就请加入我们吧！QQ群号：827302436。我们共同监督打卡，一起学习，一起进步。
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LeetCode热题100专栏🚀：LeetCode热题100
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题目来源📢：LeetCode 热题 100 - 学习计划 - 力扣（LeetCode）全球极客挚爱的技术成长平台
PS：作者水平有限，如有错误或描述不当的地方，恳请及时告诉作者，作者将不胜感激
数组中的第K个最大元素
🔒题目
原题链接：215.数组中的第K个最大元素
🔑题解
-
解法一：使用快速排序API
javaimport java.util.Arrays; import java.util.Collections; /** * @author ghp * @title * @description */ class Solution { public int findKthLargest(int[] nums, int k) { Integer[] arr = Arrays.stream(nums).boxed().toArray(Integer[]::new); Arrays.sort(arr, Collections.reverseOrder()); return arr[k - 1]; } }复杂度分析：
- 时间复杂度：最坏 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，最好 O ( 1 ) O(1) O(1)
- 空间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)，arr占用空间n，快排递归占用空间 logn，所以总的空间复杂度为 n
其中 n n n 为数组中元素的个数
代码优化：
javaclass Solution { public int findKthLargest(int[] nums, int k) { Arrays.sort(nums); return nums[nums.length - k]; } }复杂度分析：
- 时间复杂度：最坏 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，最好 O ( 1 ) O(1) O(1)
- 空间复杂度： O ( l o g n ) O(logn) O(logn)
其中 n n n 为数组中元素的个数
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解法二：手动实现快速排序
java/** * @author ghp * @title * @description */ class Solution { public int findKthLargest(int[] nums, int k) { return findKthLargestByQuickSort(nums, 0, nums.length - 1, k); } private int findKthLargestByQuickSort(int[] nums, int left, int right, int k) { if (left > right) { // 区间中没有元素，无法继续划分区间（根据题意，这里永不可达） return -1; } // 随机化选取主元 int pivot = partition(nums, left, right); int result; if (k == pivot + 1) { // 第K大的元素是当前主元 result = nums[pivot]; } else if (k < pivot + 1) { // 第K大的元素在主元左侧 result = findKthLargestByQuickSort(nums, left, pivot - 1, k); } else { // 第K大的元素在主元右侧 result = findKthLargestByQuickSort(nums, pivot + 1, right, k); } // 划分右侧子区间 return result; } private int partition(int[] nums, int left, int right) { int pivot = nums[right]; int i = left - 1; // 根据主元将数组划分为左右子数组（左侧子数组>主元，右侧子数组<=主元） for (int j = left; j < right; j++) { if (nums[j] > pivot) { // 将比主元大的元素放到 i+1 的左侧 swap(nums, ++i, j); } } // 将主元放到分界点，然后返回主元索引 swap(nums, ++i, right); return i; } private void swap(int[] nums, int i, int j) { int temp = nums[i]; nums[i] = nums[j]; nums[j] = temp; } }复杂度分析：
- 时间复杂度：最坏 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，最好 O ( 1 ) O(1) O(1)
- 空间复杂度： O ( l o g n ) O(logn) O(logn)
其中 n n n 为数组中元素的个数
代码优化：时间复杂度优化
由于快速排序是不稳定的，最好的情况 O ( 1 ) O(1) O(1)，最坏的情况是 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，为了提高快排的稳定性，我们可以引入一个随机因子，使得时间复杂度的期望值接近于 O ( n ) O(n) O(n)，这个快排是最基本的算法，这里不做过多介绍了，感兴趣的可以参考我的另一篇文章：详解十大排序算法，这篇文章详细介绍了 十大排序算法的思路、实现，还有十分详细的图解
javaimport java.util.Random; /** * @author ghp * @title * @description */ class Solution { public int findKthLargest(int[] nums, int k) { return findKthLargestByQuickSort(nums, 0, nums.length - 1, k); } private int findKthLargestByQuickSort(int[] nums, int left, int right, int k) { if (left > right) { // 区间中没有元素，无法继续划分区间（根据题意，这里永不可达） return -1; } // 随机化选取主元 int pivot = randomPartition(nums, left, right); int result; if (k == pivot + 1) { // 第K大的元素是当前主元 result = nums[pivot]; } else if (k < pivot + 1) { // 第K大的元素在主元左侧 result = findKthLargestByQuickSort(nums, left, pivot - 1, k); } else { // 第K大的元素在主元右侧 result = findKthLargestByQuickSort(nums, pivot + 1, right, k); } // 划分右侧子区间 return result; } private int randomPartition(int[] nums, int left, int right) { // 从子区间中随机选取一个元素作为主元 Random random = new Random(); int nonce = random.nextInt(right - left + 1) + left; swap(nums, nonce, right); int pivot = nums[right]; int i = left - 1; // 根据主元将数组划分为左右子数组（左侧子数组>主元，右侧子数组<=主元） for (int j = left; j < right; j++) { if (nums[j] > pivot) { // 将比主元大的元素放到 i+1 的左侧 swap(nums, ++i, j); } } // 将主元放到分界点，然后返回主元索引 swap(nums, ++i, right); return i; } private void swap(int[] nums, int i, int j) { int temp = nums[i]; nums[i] = nums[j]; nums[j] = temp; } }复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)
- 空间复杂度： O ( l o g n ) O(logn) O(logn)
其中 n n n 为数组中元素的个数
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解法三：堆排序
java
最大正方形
🔒题目
原题链接：221.最大正方形
🔑题解
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解法一：向下扩展
本题思路可以参考这题：【LeetCode热题100】打卡第26天：最大矩形
两者是类似的题目，这题相较于 最大矩形 哪一题多了一个限制，那就是长要等于宽。这里就不多做讲解了 (●ˇ∀ˇ●)
PS：我感觉很离谱，前面那一题比这一题限制要少，但却是困难提，这一题限制多反而是中等题，不知道LeetCode是怎么划分题目难度的，我表示很疑惑🙄
java/** * @author ghp * @title * @description */ class Solution { public int maximalSquare(char[][] matrix) { int row = matrix.length; int col = matrix[0].length; // 构建width数组 int[][] sum = new int[row][col]; for (int i = 0; i < row; i++) { for (int j = 0; j < col; j++) { if (matrix[i][j] == '1') { if (j == 0) { sum[i][j] = 1; } else { sum[i][j] += sum[i][j - 1] + 1; } } else { sum[i][j] = 0; } } } int ans = 0; // 枚举每一个节点 for (int i = 0; i < row; i++) { for (int j = 0; j < col; j++) { int width = sum[i][j]; // 枚举当前节点下的所有行 for (int k = i; k < row; k++) { int height = k - i + 1; if (sum[k][j] < height || height > width) { // 出现断层 || 高已经超过当前宽度 break; } // 更新正方形的宽（正方形的面积受限于当前已遍历层中的最小宽） width = Math.min(width, sum[k][j]); // 更新最大矩形的面积（正方形的面积受限于长和宽） int t = Math.min(width, height); ans = Math.max(ans, t * t); } } } return ans; } }复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n 2 ∗ m ) O(n^2*m) O(n2∗m)
- 空间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)
其中 n n n 为数组的行， m m m为数组的列
可以看到，时间复杂度虽然比较高，但是却能过，这是因为我们通过
if (sum[k][j] < height || height > width)提前剔除了大量不必要的计算（起到了类似于剪枝的效果），从而使得加速计算出结果 -
解法二：往上扩展
解法一，自上而下枚举，节点要枚举两遍，第一遍枚举构建sum数组，第二遍枚举计算节点能构成矩形的最大面积。我们可以换一种思路，自下而上枚举，在枚举节点构建sum数组的同时，还计算当前节点能构成矩形的最大面积，这样就能够省掉一遍枚举，虽然时间复杂度没有减小，但是节约了时间😄
PS：同样的，也是参考之前最大矩形这题写的，不是很理解的可以回看，前面最大矩形那一题进行了详细的详解，有图有分析，可以说是手把手教学
java/** * @author ghp * @title * @description */ class Solution { public int maximalSquare(char[][] matrix) { int row = matrix.length; int col = matrix[0].length; int[][] sum = new int[row][col]; int ans = 0; for (int i = 0; i < row; i++) { // 构建sum数组 for (int j = 0; j < col; j++) { if (matrix[i][j] == '1') { if (j == 0) { sum[i][j] = 1; } else { sum[i][j] += sum[i][j - 1] + 1; } } else { sum[i][j] = 0; } int width = sum[i][j]; // 以当前节点为矩形的右下角，往上枚举 for (int k = i; k >= 0; k--) { int height = i - k + 1; if (sum[k][j] < height || height > width) { // 出现断层 || 高已经超过当前宽度 break; } // 更新正方形的宽（正方形的面积受限于当前已遍历层中的最小宽） width = Math.min(width, sum[k][j]); // 更新最大矩形的面积（正方形的面积受限于长和宽） int t = Math.min(width, height); ans = Math.max(ans, t * t); } } } return ans; } }复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n 2 ∗ m ) O(n^2*m) O(n2∗m)
- 空间复杂度： O ( n ∗ m ) O(n*m) O(n∗m)
其中 n n n 为数组的行， m m m为数组的列
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解法三：动态规划
java -
解法四：单调栈
其实本题也是参考我前面写的那一题，这里再重新讲解一下本题的思路（现在思路是有，但是代码还有有一点写不出┭┮﹏┭┮）
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构建sum数组，sum数组就是纵向求和
2. 一层一层的遍历数组，把当前层看着一个地平线比如第一层：
我们在遍历第一层的同时将柱子不断加入栈中，保证栈是严格单调递增的，因为只有保持栈中柱子是单调递增，我们才能够确定左边界（左边矮，右边高，自然左侧柱子就是左边界）
不断迭代，最终我们就可以得到最大正方形的面积
javaimport java.util.ArrayDeque; import java.util.Deque; /** * @author ghp * @title * @description */ class Solution { public int maximalSquare(char[][] matrix) { int row = matrix.length; int col = matrix[0].length; // 构建sum数组 int[][] sum = new int[row + 1][col + 1]; for (int i = 1; i <= row; i++) { for (int j = 1; j <= col; j++) { sum[i][j] = matrix[i - 1][j - 1] == '0' ? 0 : sum[i - 1][j] + 1; } } // 遍历每一层的柱子，更新max int ans = Integer.MIN_VALUE; for (int i = 1; i <= row; i++) { // 更新正方形的最大面积 ans = Math.max(ans, largestSquareArea(sum[i])); } return ans; } private int largestSquareArea(int[] heights) { // 创建一个临时数组，前0用于计算第一个柱子的面积，后一个0用于强制出栈（这一步超级重要） int[] tempArr = new int[heights.length + 2]; for (int i = 1; i < heights.length + 1; i++) { tempArr[i] = heights[i - 1]; } // 递增栈（栈中存储柱子的索引号，栈中的柱子的高度严格递增） Deque<Integer> stack = new ArrayDeque<>(); int ans = 0; for (int i = 0; i < tempArr.length; i++) { while (!stack.isEmpty() && tempArr[i] < tempArr[stack.peek()]) { // 当前柱子的右边界已确定，可以计算已弹出柱子的面积 int height = tempArr[stack.poll()]; int width = i - stack.peek() - 1; int side = Math.min(height, width); ans = Math.max(ans, side * side); } stack.push(i); } return ans; } }代码优化：
这段代码是我叫ChartGPT对上面代码进行的一个优化，我也是试一试，没想到他还真给我优化了，这人工智能是真的牛，可能我没有想到这样子写，但是这个代码还是能够看的懂的😄，优化前我们通过自上而下遍历数组构建sum数组，但是发现矩形的最大面积的更新只跟当前层有关，与下一层无关，所以我们可以在构建sum数组的同时利用单调栈去更新当前最大正方形的面积。这里优化思路和前面的 往下扩展 ==>往上扩展 是一样的，都是在构建sum数组的时候更新最大正方形的面积，我相信只要看懂优化前的代码，优化后的代码也是很容易能够看懂的，至于能否写出这么优雅的代码，就需要不但的积累和练习了，优雅不是一蹴而就的，需要不断积累，正如我刷题专栏上写的铭言：不积硅步无以至千里，不积小流无以至千里。天赋这东西不得不承认他是存在的，但是这东西不是我所能决定的，后期的努力我所能决定的，我是坚信能够勤能补拙的，不渴望能够媲美那些天赋型选手，只希望能战胜和我差不多的选手，加油(ง •_•)ง
javapublic int maximalSquare(char[][] matrix) { int rows = matrix.length; int cols = matrix[0].length; int[] heights = new int[cols + 1]; // 高度数组，最后一个元素为0 int maxArea = 0; Deque<Integer> stack = new ArrayDeque<>(); // 单调栈，存放柱子的下标 for (int i = 0; i < rows; i++) { // 构建柱状图，更新每一列的高度 for (int j = 0; j < cols; j++) { if (matrix[i][j] == '1') { heights[j]++; } else { heights[j] = 0; } } stack.clear(); // 计算每个柱子的面积 for (int j = 0; j <= cols; j++) { while (!stack.isEmpty() && heights[j] < heights[stack.peek()]) { // 当前柱子的右边界已确定，可以计算已弹出柱子的面积 int height = heights[stack.pop()]; int width = stack.isEmpty() ? j : (j - stack.peek() - 1); int side = Math.min(height, width); maxArea = Math.max(maxArea, side * side); } stack.push(j); } } return maxArea; } -