在陣列中找到第 k 大的元素。(你可以交換陣列中的元素的位置)

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樣例 1：

輸入：
n = 1, nums = [1,3,4,2]
輸出：
4

樣例 2：

輸入：
n = 3, nums = [9,3,2,4,8]
輸出：
4

【題解】

演算法：快速選擇演算法

最容易想到的就是直接排序，返回第k大的值。時間複雜度是O(nlogn)，這裡提供O(n)的解法。

這題其實是快速排序演算法的變體，在九章演算法班中也有詳細講解。通過快速排序演算法的partition步驟，可以將小於pivot的值劃分到pivot左邊，大於pivot的值劃分到pivot右邊，所以可以直接得到pivot的rank。從而縮小範圍繼續找第k大的值。

partition步驟：

1. 令left = start，right = end，pivot = nums[left]。
2. 當nums[left] < pivot時，left指標向右移動。
3. 當nums[right] > pivot時，right指標向左移動。
4. 交換兩個位置的值，right指標左移，left指標右移。
5. 直到兩指標相遇，否則回到第2步。

每次partition後根據pivot的位置，尋找下一個搜尋的範圍。

複雜度分析

設陣列長度為n

時間複雜度O(n)

• 對一個數組進行partition的時間複雜度為O(n)。
• 分治，選擇一邊繼續進行partition。
• 所以總的複雜度為T(n) = T(n / 2) + O(n)，總時間複雜度依然為O(n)。

空間複雜度O(1)

• 只需要快速選擇遊標的O(1)額外空間。

 public class Solution {
    /**
     * @param n: An integer
     * @param nums: An array
     * @return: the Kth largest element
     */
    public int kthLargestElement(int k, int[] nums) {
        int n = nums.length;
        // 為了方便編寫程式碼，這裡將第 k 大轉換成第 k 小問題。
        k = n - k;
        return partition(nums, 0, n - 1, k);
    }
    public int partition(int[] nums, int start, int end, int k) {
        int left = start, right = end;
        int pivot = nums[left];
        
        while (left <= right) {
            while (left <= right && nums[left] < pivot) {
                left++;
            }
            while (left <= right && nums[right] > pivot) {
                right--;
            }
            if (left <= right) {
                swap(nums, left, right);
                left++;
                right--;
            }
        }
        
        // 如果第 k 小在右側，搜尋右邊的範圍，否則搜尋左側。
        if (k <= right) {
            return partition(nums, start, right, k);
        }
        if (k >= left) {
            return partition(nums, left, end, k);
        }
        return nums[k];
    }
    public void swap(int[] nums, int x, int y) {
        int temp = nums[x];
        nums[x] = nums[y];
        nums[y] = temp;
    }
}
 

更多題解參見：九章演算法官網