原題鏈接Sliding Window Maximum

給定一個(gè)數(shù)組，從左到右每k個(gè)位置算作一個(gè)滑動(dòng)窗，每到達(dá)一個(gè)滑動(dòng)窗，都需要找到這個(gè)滑動(dòng)窗中最大的元素并記錄下來(lái)，最后返回所有最大元素組成的數(shù)組。要求時(shí)間復(fù)雜度在O(n)

首先，如果每到達(dá)一個(gè)滑動(dòng)窗都計(jì)算一遍這個(gè)滑動(dòng)窗覆蓋的區(qū)域的最大值，那么復(fù)雜度應(yīng)該是….額…O(n*k - k*k)？k是滑動(dòng)窗大小，n是數(shù)組元素個(gè)數(shù)

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有沒(méi)有什么方法可以不用每次都計(jì)算一遍最大值呢

對(duì)于滑動(dòng)窗而言，首先想到的就是向右移動(dòng)的過(guò)程中是進(jìn)行”左邊減，右邊加”的操作，即從滑動(dòng)窗中刪除離開(kāi)窗口的元素，并增加進(jìn)去窗口的元素

利用這個(gè)特性，假設(shè)已經(jīng)知道第一個(gè)滑動(dòng)窗nums[0 : k - 1]中的最大值N，那么在向右移動(dòng)時(shí)，刪掉nums[0]，增加nums[k]，然后將N和nums[k]的較大者作為第二個(gè)滑動(dòng)窗的最大值

一切看起來(lái)非常完美，但是一旦N是nums[0]，上面的想法突然變得，唔…，不太完善

不過(guò)現(xiàn)在任務(wù)倒是明朗不少，既然最大值N從窗口中離開(kāi)，那么就需要知道在第一個(gè)滑動(dòng)窗中第二大元素的值，拿它和nums[k]的較大者作為第二個(gè)滑動(dòng)窗的最大值

問(wèn)題是該怎么記，同時(shí)還要保證復(fù)雜度盡量低

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假設(shè)…假設(shè)，有這么一個(gè)容器D，它記錄的是某些元素的下標(biāo)，同時(shí)這個(gè)容器保證在這些下標(biāo)上的元素的大小順序是遞減的，也就是nums[D[0]] > nums[D[1]] > nums[D[2]] ….

另外，對(duì)于這個(gè)容器，規(guī)定

• 可以獲得第0的元素，即有成員函數(shù)D.front()
• 可以獲得最后一個(gè)元素，即有成員函數(shù)D.back()
• 可以彈出第一個(gè)元素，即有成員函數(shù)D.pop_front()
• 可以彈出最后一個(gè)元素，即有成員函數(shù)D.pop_back()
• 可以插入一個(gè)元素到末尾，即有成員函數(shù)D.push_back()

而對(duì)于這個(gè)容易的操作，規(guī)定

• 插入的是元素下標(biāo)而非元素的值
• 插入元素下標(biāo)到末尾時(shí)，從容器末尾開(kāi)始依次彈出指向的元素值小于要插入下標(biāo)代表的元素值的那些下標(biāo)

最后一個(gè)規(guī)定多少有些繞口，用數(shù)字表示可能會(huì)清楚些，假設(shè)某一時(shí)刻容器D中的元素為

I1, I2, I3, I4, I5

注意根據(jù)上面的規(guī)定，可以知道nums[I1] > nums[I2] > nums[I3] > nums[I4] > nums[I5]

此時(shí)遍歷到一個(gè)元素M，它的下標(biāo)為Im，那么如果要將Im插入D中時(shí)，需要從D的末尾開(kāi)始，找到第一個(gè)下標(biāo)Ii滿足nums[Ii] > M，至于Ii+1, …, I5就都pop掉，然后將Im追加到D的末尾。

假設(shè)I3是第一個(gè)滿足上面要求的值，那么插入Im后，D中元素為I1, I2, I3, Im。

I4和I5在向前找nums[Ii] > M的過(guò)程中已經(jīng)被pop掉了

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先提結(jié)論吧，根據(jù)上述規(guī)則，D中的下標(biāo)分別是當(dāng)前滑動(dòng)窗第一大的元素，第二大的元素,…第n大的元素的下標(biāo)。nums[D.front()]就是當(dāng)前滑動(dòng)窗覆蓋區(qū)域中的最大值

為什么是記錄下標(biāo)而不是記錄元素的值，因?yàn)橥ㄟ^(guò)記錄下標(biāo)，可以判斷上一個(gè)滑動(dòng)窗的最大值是否已經(jīng)被移出了

假設(shè)某一時(shí)刻的滑動(dòng)窗位于nums[i-k+1, i-k+2, …, i-2, i-1, i]，此時(shí)nums[i-k+1]是這個(gè)滑動(dòng)窗的最大值，同時(shí)也知道D.front() == i-k+1。

那么當(dāng)向右移動(dòng)一步時(shí)，滑動(dòng)窗變?yōu)閚ums[i-k+2, i-k+3, …, i-1, i, i+1]

要怎么才可以知道上一個(gè)滑動(dòng)窗的最大值已經(jīng)被移出了呢，通過(guò)(i+1) - D.front() == k啦:)

此時(shí)就可以把D.front()彈出，通過(guò)調(diào)用D.pop_front()。隨后把滑動(dòng)窗新加進(jìn)來(lái)的元素nums[i+1]追加到D中，追加之后，D.front()是當(dāng)前滑動(dòng)窗的最大值所在的位置

那么有沒(méi)有上面這樣的容器呢，沒(méi)有，唔…我是說(shuō)C++標(biāo)準(zhǔn)庫(kù)里沒(méi)有，但是有個(gè)容器，它有所有容器D需要的成員函數(shù)，啊終于輪到deque出場(chǎng)了（一直以為它只是作為幕后工作者的身份用來(lái)實(shí)現(xiàn)stack, queue，沒(méi)想到還有這樣的用處）

deque，俗話叫雙端隊(duì)列，在隊(duì)列的兩端都可以進(jìn)行插入刪除操作，并且復(fù)雜度是O(1)。不過(guò)對(duì)于上面的插入操作規(guī)則，需要手動(dòng)去實(shí)現(xiàn)

實(shí)現(xiàn)完叫什么，單調(diào)隊(duì)列:)

代碼如下

class Solution { public:vector<int> maxSlidingWindow(vector<int>& nums, int k) {vector<int> res;deque<int> dq;for(int i = 0; i < nums.size(); ++i){/* 上一個(gè)滑動(dòng)窗的最大值被移出了，從容器中刪掉 */if(!dq.empty() && i - dq.front() == k)dq.pop_front();/* 將容器末尾的所有指向的元素值小于當(dāng)前值的下標(biāo)都刪掉 */while(!dq.empty() && nums[dq.back()] < nums[i])dq.pop_back();/* 將剛遍歷到的元素下標(biāo)放進(jìn)容器中 */dq.push_back(i);/* dq.front()是當(dāng)前滑動(dòng)窗第一大的元素的下標(biāo) *//* i >= k-1時(shí)才到達(dá)第一個(gè)滑動(dòng)窗 */if(i >= k - 1)res.push_back(nums[dq.front()]);}return res;} };

本題主要利用deque實(shí)現(xiàn)單調(diào)隊(duì)列，不容易理解的地方在為什么可以在插入一個(gè)下標(biāo)時(shí)可以將其他指向值小于當(dāng)前值的下標(biāo)都pop掉

考慮上面的D容器，容器內(nèi)部情況為I1, I2, I3, I4, I5

這5個(gè)值表示當(dāng)前滑動(dòng)窗的第一大的元素是nums[I1]，第二大的元素是nums[I2]，…, 第五大的元素是nums[I5]

同時(shí)，當(dāng)前的滑動(dòng)窗為nums[I1, I2, I3, …, I5]，假設(shè)右移一次后滑動(dòng)窗為nums[I2, I3, …, I5, I]，根據(jù)D可知右移前滑動(dòng)窗的最大值nums[I1]已經(jīng)被移走，第二大的元素是nums[I2]，此時(shí)D的情況為

I2, I3, I4, I5

假設(shè)nums[I] > nums[I2]，根據(jù)上述規(guī)則，更新后的D為

I

沒(méi)錯(cuò)只有I一個(gè)，因?yàn)槠渌南聵?biāo)代表的值都小于nums[I]，都被pop掉了。

為什么可以只有I一個(gè)呢，因?yàn)镮的位置是當(dāng)前滑動(dòng)窗最右邊的位置，只有右移k次后才會(huì)被移走，而在右移1, 2, …, k - 1時(shí)，都可以知道前k個(gè)滑動(dòng)窗的最大值

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的每天一道LeetCode-----计算给定序列中所有长度为k的滑动窗的最大值集合的全部?jī)?nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問(wèn)題。

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