数据结构和算法｜堆排序系列问题（一）｜堆、建堆和Top-K问题

在这里不再描述大顶堆和小顶堆的含义，只剖析原理层面。

主要内容来自：Hello算法

文章目录

• 1.堆的实现
• • [1.1 堆的存储与表示过程](#1.1 堆的存储与表示过程)
  • [1.2 访问堆顶元素](#1.2 访问堆顶元素)
  • 1.4元素出堆
• 2.⭐️建堆
• • [2.1 方法一：借助入堆操作实现](#2.1 方法一：借助入堆操作实现)
  • [2.2 ⭐️方法二：通过遍历堆化实现](#2.2 ⭐️方法二：通过遍历堆化实现)
• 应用：Top-K问题
• • ⭐️方法一：遍历选择
  • 方法二：排序
  • ⭐️方法三：堆

1.堆的实现

1.1 堆的存储与表示过程

完全二叉树非常适合用数组来进行表示，而堆就是一颗完全二叉树，所以我们可以使用数组来存储堆。也就是说，堆的逻辑结构是一颗完全二叉树，它的物理结构（底层存储）是一个数组。

对于一个给定索引 i i i，其左子树和右子树索引分别为 2 i + 1 2i + 1 2i+1、 2 i + 2 2i + 2 2i+2，其父节点的索引为 ( i − 1 ) / 2 (i-1)/2 (i−1)/2(向下取整)。

封装索引的映射公式：

//获取左子节点的索引
int left(int i) {
	return 2 * i + 1;
}
//获取右子节点的索引
int right(int i) {
	return 2 * i + 2;
}
//获取父节点的索引
int parent(int i) {
	return (i - 1) / 2;
} 

1.2 访问堆顶元素

堆顶元素即为二叉树的根结点，也就是列表的首元素 ```cpp //访问堆顶元素 int peek() { return maxHeap[0]; } ``` ## ⭐️1.3元素入堆 该环节非常重要。

对于一个给定元素 val ，

• 将其添加到堆底。添加到堆底后， val 可能大于堆中其他元素，所以我们需要恢复从出啊如结点到根结点的路径上的各个节点，这个操作就是堆化(heapify)
• 从入堆结点开始，从底到顶执行堆化。我们比较插入节点与其父节点的值，如果插入节点更大，则将它们交换。然后继续执行此操作，从底至顶修复堆中的各个节点，直至++越过根节点++ 或 ++遇到无须交换的节点++时结束。

动态流程可以查看文章：3. 元素入堆

我们应该分析一下入堆的时间复杂度，设节点总数为 n n n，则树的高度为 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)。所以堆化操作的循环论述最多为 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)

综上，元素入堆操作的时间复杂度为 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)

void push(int val) {
	//添加节点minHeap是一个数组
	maxHeap.push_back(val);
	//从底至顶堆化
	siftUp(size() - 1);
}
//从节点i开始，从底至顶堆化操作
void siftUp(int i) {
	while (true) {
		//获取节点 i 的父节点
		int p = parent(i);
		//当"越过根节点"或"节点无须修复"时，结束堆化
		if (p < 0 || maxHeap[i] <= maxHeap[p]) 
			break;
		//交换两个结点
		swap(maxHeap[i], maxHeap[p]);
		//循环向上堆化
		i = p;
	}
}

再次强调：元素入堆的时间复杂度为 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)

1.4元素出堆

元素出堆和我们一般想的所谓直接直接弹出不同，因为如果直接弹出，那么我想想要修复堆结构变得极其困难。为了尽量减少元素索引的变动，我们这样操作出堆：

1. 交换堆顶元素与堆底元素(交换根结点与最右叶子结点)。
2. 交换完成后，将堆底从列表中删除(由于已经交换，因此实际上删除的是原来的堆顶元素)。
3. 从根结点开始，从顶至底执行堆化操作(下溯)。

"从顶至底堆化"的操作方向与"从底至顶堆化"相反 ，我们将根节点的值与其两个子节点的值进行比较，++将最大的子节点与根节点交换++ 。然后循环执行此操作，直到++越过叶节点++ 或 遇到++无须交换的节点++时结束。

具体流程可以看4. 堆顶元素出堆，流程极为详细。

时间复杂度分析，从顶至底的堆化，很明显时间复杂度仍然是O(logn)。

/* 元素出堆 */
void pop() {

/* 从节点 i 开始，从顶至底堆化 */
void siftDown(int i) {

2.⭐️建堆

给定你任意一个列表，我们想要使用其所有元素来构建一个堆，这个过程被称为"建堆操作"。

2.1 方法一：借助入堆操作实现

首先我们维护一个空堆，然后依次对每个元素执行"入堆操作"，即现将元素添加至堆的尾部，然后"从底至顶"堆化即可。

至此我们可以维护一个真正的堆了，而且肯定是根结点最先被构建出来。

每当一个元素入堆，堆的长度就加一。由于节点是从顶到底依次被添加进二叉树的，因此堆是"自上而下"构建的。

设元素数量为 n n n，每个元素的入堆操作使用 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)时间，所以整个建堆方法的时间复杂度为：
O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)

2.2 ⭐️方法二：通过遍历堆化实现

这是一个更高效的建堆方法，共分为两步：

• 将列表所有元素原封不动添加到堆中，此时堆的性质尚未得到满足；
• 倒序遍历堆(层序遍历的倒序)，依次对每个非叶节点执行"从顶至底堆化"

每当堆化一个结点后，以该节点为根结点的子树就形成了一个合法的子堆。

而由于是倒序遍历，因此堆是"自下而上"构建的。（之所以选择倒序遍历，是因为这样能够保证当前节点之下的子树已经是合法的子堆，这样堆化当前节点才是有效的。）

并且由于叶子结点没有子结点，因此他们天然就是合法的子堆，无须堆化。

/* 构造方法，根据输入列表建堆 */
MaxHeap(vector<int> nums) {
	//将列表元素原封不动添加进堆
	maxHeap = nums;
	//堆化出也节点以外的其他所有节点
	for (int i = parent(size() - 1); i >= 0; i--) {
		siftDown(i);
	}
}

时间复杂度分析：

• 假设完全二叉树的节点数量为 n n n，则叶节点数量为 ( n + 1 ) / 2 (n+1)/2 (n+1)/2。因此需要堆化的节点数量为 ( n − 1 ) / 2 (n-1)/2 (n−1)/2
• 从顶至底堆化的过程中，每个节点最多堆化到叶节点，因此最大迭代次数为二叉树高度 l o g n logn logn

将上述两者相乘，可得到建堆过程的时间复杂度为 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)。

但这只是一种粗略的估算，严格来说，我们应该进行详细的计算，基本的思想就是高度较高的节点堆化需要的迭代次数较多，较低节点堆化的迭代次数较少。
我们需要对各层的"节点数量X结点高度"求和，得到所有节点的堆化迭代次数的总和 。

最终的结果是 O ( n ) O(n) O(n)

应用：Top-K问题

Question：

给定一个长度为n的无序数组nums，请返回数组中最大的k个元素。

⭐️方法一：遍历选择

暴力求解！我们进行 k 轮遍历，分别在每轮中提取第 1 、 2 、 . . . 、 k 1、2、...、k 1、2、...、k大的元素，时间复杂度为 O ( n k ) O(nk) O(nk)。

当然了，此方法只适用于 k < < n k << n k<<n 的情况，因为当 k k k与 n n n比较接近时，其时间复杂度趋向于 O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)，非常耗时：

当 k = n k=n k=n 时，我们可以得到完整的有序序列，此时等价于"选择排序"算法。

算法步骤如下：

• 初始化：指定一个变量来记录当前需要考虑的数组的结尾位置。
• 重复寻找最大值：遍历当前未处理的数组部分，找到最大元素。
• 交换元素: 将找到的最大元素与当前考虑的数组的最后一个元素交换。
• 调整考虑范围: 减少考虑数组范围的长度。
• 重复: 重复以上步骤 𝑘。

vector<int> topKsearch(vector<int>& nums, int k) {
	int n = nums.size();
	int end = n - 1 //初始化结束索引
	for (int i = 0; i < k; i++) {
		int maxIndex = 0;
		for (int j = 0; j <= end; j++) {
			if (nums[j] > nums[maxIndex]) 
				maxIndex = j;
		} 
		//交换最大元素到当前考虑的数组的末尾
		swap(nums[maxIndex], nums[end]);
		end--;
	}
}

方法二：排序

这个思路也比较简单，先对数组进行排序，然后返回最右边的k个 元素，时间复杂度为: O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)

显然，该方法"超额"完成任务了，我们其实只需要找出最大的k个元素即可。

vector<int> topKsort(vector<int>& nums, int k) {
    sort(nums.begin(), nums.end(), greater<int>()); // 降序排序
    vector<int> result;
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        result.push_back(nums[i]);
    }
    return result;
}

⭐️方法三：堆

堆天生就适合解决这样的Top-K问题。

1. 初始化一个小顶堆，其顶堆元素最小；
2. 现将数组的前 k k k个元素依次入堆，也就是说我们只维护大小为 k k k的堆；
3. 从第 k + 1 k+1 k+1个元素开始，如果当前元素大于堆顶元素，则将堆顶元素出堆，并将当前元素入堆。
4. 遍历整个nums后，堆中保存的就是最大的k个元素。

具体的实验流程可以看《Hello World》文章:方法三：堆

时间复杂度分析:

我们一共执行n次入堆和出堆，堆的最大长度为 k k k，所以时间复杂度为 O ( n l o g k ) O(nlogk) O(nlogk)。

该方法效率极高，当 k k k较小时，时间复杂度趋向于 O ( n l o g k ) O(nlogk) O(nlogk)；当 k k k较大时，时间复杂度也不会超过 O ( n l o g n ) O(nlogn) O(nlogn)

此外，该方法适用于动态数据流的使用场景。在不断加入数据时，我们可以持续维护堆内的元素，从而实现最大的 k k k个元素的动态更新。

代码如下：

vector<int> topKHeap(vector<int> &nums, int k) {
	//初始化一个最小堆
	priority_queue<int, vector<int>, gereater<int>> heap;
	//先将前k个元素入堆
	for (int i = 0; i < k; i++) {
		heap.push(nums[i]);
	}
	//遍历整个数组，维护大小为k的小顶堆
	for (int i = k; i < nums.size(); i++) {
		//若当前元素大于堆顶元素，则将堆顶元素出堆、当前元素入堆
		if (nums[i] > heap.top()) {
			heap.pop();
			heap.push(nums[i]);
		}
	}
	//将堆中的元素收集到结果像两种
	vector<int> result;
	while (!heap.empty()) {
		result.push_back(heap.top());
		heap.pop();
	}
	return result;
}