【LeetCode热题100】打卡第39天：数组中第K个最大元素&最大正方形-Toy模板网

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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

Gitee地址📁：知识汲取者 (aghp) - Gitee.com

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

【LeetCode热题100】打卡第39天：数组中第K个最大元素&最大正方形,# LeetCode热题100,编程练习,leetcode,算法,职场和发展

🔑题解

解法一：使用快速排序API
```
import 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 $O(n^2)$ ，最好 $O (1)$
- 空间复杂度： $O (n)$ ，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 $n$ 为数组中元素的个数

代码优化：
```
class 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 $O(n^2)$ ，最好 $O (1)$
- 空间复杂度： $O (l o g n)$
其中 $n$ 为数组中元素的个数

解法二：手动实现快速排序

/**
 * @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 $O(n^2)$ ，最好 $O (1)$
空间复杂度： $O (l o g n)$

其中 $n$ 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 $O (1)$ ，最坏的情况是 $O(n^2)$ ，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 $O (n)$ ，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

import 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： $O (n)$
空间复杂度： $O (l o g n)$

其中 $n$ 为数组中元素的个数

解法三：堆排序

最大正方形

🔒题目

原题链接：221.最大正方形

【LeetCode热题100】打卡第39天：数组中第K个最大元素&最大正方形,# LeetCode热题100,编程练习,leetcode,算法,职场和发展

🔑题解

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🙄

【LeetCode热题100】打卡第39天：数组中第K个最大元素&最大正方形,# LeetCode热题100,编程练习,leetcode,算法,职场和发展

/**
 * @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： $O(n^2*m)$
空间复杂度： $O (n * m)$

其中 $n$ 为数组的行， $m$ 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

/**
 * @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： $O(n^2*m)$
空间复杂度： $O (n * m)$

其中 $n$ 为数组的行， $m$ 为数组的列

解法三：动态规划

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┭┮﹏┭┮）

构建sum数组，sum数组就是纵向求和
1. 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

import 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文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-594721.html

public 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;
}