本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。
为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库：https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。
由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动，欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。
给你一个整数数组 nums 和一个整数 k。
如果一个数组的 最大 元素的值 至多 是其 最小 元素的 k 倍，则该数组被称为是 平衡 的。
你可以从 nums 中移除 任意 数量的元素，但不能使其变为 空 数组。
返回为了使剩余数组平衡，需要移除的元素的 最小 数量。
注意：大小为 1 的数组被认为是平衡的，因为其最大值和最小值相等，且条件总是成立。
示例 1:
java
输入：nums = [2,1,5], k = 2
输出：1解释：
- 移除
nums[2] = 5得到nums = [2, 1]。 - 现在
max = 2,min = 1，且max <= min * k，因为2 <= 1 * 2。因此，答案是 1。
示例 2:
java
输入：nums = [1,6,2,9], k = 3
输出：2解释：
- 移除
nums[0] = 1和nums[3] = 9得到nums = [6, 2]。 - 现在
max = 6,min = 2，且max <= min * k，因为6 <= 2 * 3。因此，答案是 2。
示例 3:
java
输入：nums = [4,6], k = 2
输出：0解释：
- 由于
nums已经平衡，因为6 <= 4 * 2，所以不需要移除任何元素。
提示：
1 <= nums.length <= 10^51 <= nums[i] <= 10^91 <= k <= 10^5
解法 排序+滑动窗口
由于我们只关心剩余元素的最小最大值，不关心元素的顺序，所以可从小到大排序，方便后续计算。
排序后，要想整个数组平衡，我们必须让数组左右两端的最大最小值满足题意，不满足的话，需要去掉最大值或最小值。到底是去掉最大值还是最小值呢？我们还要满足移除最少元素个数 （剩余最大元素个数）的题意。
此时本题和\[LeetCode 1423. 可获得的最大点数【定长滑窗,逆向和正向思维】1574]十分类似，1423题也只能从开头或末尾拿牌，但该题能拿走的牌数是固定的，本题能移除的元素个数则是不定的。为了移除最少元素，我们要计算排序后平衡子数组的最大长度。
排序后，枚举最大值 m x = n u m s i mx = numsi mx=numsi ，那最小值为 m n = n u m s l e f t mn = numsleft mn=numsleft 必须满足 m n × k ≥ m x mn \times k \ge mx mn×k≥mx在 m n , m x mn, mx mn,mx 中的元素保留，其余元素丢掉。由于排序了，所以这些元素在数组中是连续 的，问题转换为一个标准的滑动窗口 模型。如果不满足上式，就把 l e f t left left 加一，直到满足上式。
内层循环结束后，用窗口长度 i − l e f t + 1 i - left + 1 i−left+1 更新保留元素个数的最大值 m a x S a v e maxSave maxSave 。
java
class Solution {
public int minRemoval(int[] nums, int k) {
Arrays.sort(nums);
int maxSave = 0;
int left = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
while ((long) nums[left] * k < nums[i]) {
left++;
}
maxSave = Math.max(maxSave, i - left + 1);
}
return nums.length - maxSave;
}
}
cpp
class Solution {
public:
int minRemoval(vector<int>& nums, int k) {
ranges::sort(nums);
int max_save = 0, left = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); i++) {
while (1LL * nums[left] * k < nums[i]) {
left++;
}
max_save = max(max_save, i - left + 1);
}
return nums.size() - max_save;
}
};
python
class Solution:
def minRemoval(self, nums: List[int], k: int) -> int:
nums.sort()
max_save = left = 0
for i, mx in enumerate(nums):
while nums[left] * k < mx:
left += 1
max_save = max(max_save, i - left + 1)
return len(nums) - max_save
go
func minRemoval(nums []int, k int) int {
slices.Sort(nums)
maxSave, left := 0, 0
for i, mx := range nums {
for nums[left]*k < mx {
left++
}
maxSave = max(maxSave, i-left+1)
}
return len(nums) - maxSave
}
rust
impl Solution {
pub fn min_removal(mut nums: Vec<i32>, k: i32) -> i32 {
nums.sort_unstable();
let mut max_save = 0;
let mut left = 0;
for (i, &x) in nums.iter().enumerate() {
while (nums[left] as i64) * (k as i64) < x as i64 {
left += 1;
}
max_save = max_save.max(i - left + 1);
}
(nums.len() - max_save) as _
}
}
js
var minRemoval = function(nums, k) {
nums.sort((a, b) => a - b);
const n = nums.length;
let maxSave = 0;
let left = 0;
for (let i = 0; i < n; i++) {
while (nums[left] * k < nums[i]) {
left++;
}
maxSave = Math.max(maxSave, i - left + 1);
}
return n - maxSave;
};
c
#define MAX(a, b) ((b) > (a) ? (b) : (a))
int cmp(const void* a, const void* b) {
return *(int*)a - *(int*)b;
}
int minRemoval(int* nums, int numsSize, int k) {
qsort(nums, numsSize, sizeof(int), cmp);
int max_save = 0;
int left = 0;
for (int i = 0; i < numsSize; i++) {
while (1LL * nums[left] * k < nums[i]) {
left++;
}
max_save = MAX(max_save, i - left + 1);
}
return numsSize - max_save;
}复杂度分析：
- 时间复杂度： O ( n log n ) O(n\log n) O(nlogn) ，其中 n n n 是 n u m s nums nums 的长度。瓶颈在排序上。
- 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1) 。忽略排序的栈开销。