题目描述
给定一个大小为 n≤1e6 的数组。
有一个大小为 k 的滑动窗口,它从数组的最左边移动到最右边。
你只能在窗口中看到 k 个数字。
每次滑动窗口向右移动一个位置。
以下是一个例子:
该数组为 [1 3 -1 -3 5 3 6 7],k 为 3。
窗口位置 最小值 最大值
[1 3 -1] -3 5 3 6 7 -1 3
1 [3 -1 -3] 5 3 6 7 -3 3
1 3 [-1 -3 5] 3 6 7 -3 5
1 3 -1 [-3 5 3] 6 7 -3 5
1 3 -1 -3 [5 3 6] 7 3 6
1 3 -1 -3 5 [3 6 7] 3 7
你的任务是确定滑动窗口位于每个位置时,窗口中的最大值和最小值。
输入格式
输入包含两行。
第一行包含两个整数 n 和 k,分别代表数组长度和滑动窗口的长度。
第二行有 n 个整数,代表数组的具体数值。
同行数据之间用空格隔开。
输出格式
输出包含两个。
第一行输出,从左至右,每个位置滑动窗口中的最小值。
第二行输出,从左至右,每个位置滑动窗口中的最大值。
输入样例:
8 3
1 3 -1 -3 5 3 6 7
输出样例:
-1 -3 -3 -3 3 3
3 3 5 5 6 7
思路
这道题目的时间限制卡得比较紧,需要用 O(n) 时间复杂度的算法来做。
这是一道单调队列的模板题,以求最小值为例:
我们从左到右扫描整个序列,用一个队列来维护最近 k 个元素;
如果用暴力来做,就是每次都遍历一遍队列中的所有元素,找出最小值即可,但这样,
时间复杂度就变成 O(nk)了;
然后我们可以发现一个性质:
如果队列中存在两个元素,满足 a[i] >= a[j] 且 i < j,
那么无论在什么时候我们都不会取 a[i] 作为最小值了,所以可以直接将 a[i] 删掉;
此时,队列中剩下的元素严格单调递增,所以队头就是整个队列中的最小值,
可以用 O(1)的时间找到;
为了维护队列的这个性质,我们在往队尾插入元素之前,先将队尾大于等于当前数的元素
全部弹出即可;
这样所有数均只进队一次,出队一次,所以时间复杂度是O(n)的。
最小值和最大值分开来做,两个for循环完全类似,都做以下四步:
1解决队首已经出窗口的问题;
2解决队尾与当前元素a[i]不满足单调性的问题;
3将当前元素下标加入队尾;
4如果满足条件则输出结果;
需要注意的细节:
1上面四个步骤中一定要先3后4,因为有可能输出的正是新加入的那个元素;
2队列中存的是原数组的下标,取值时要再套一层,a[q[]];
3算最大值前注意将hh和tt重置;
4此题用cout会超时,只能用printf;
5hh从0开始,数组下标也要从0开始。
算法1
#include<iostream>
using namespace std;
const int N=1000010;
int a[N],q[N],hh=0,tt=-1;
int main()
{
int n,k;
scanf("%d %d",&n,&k);
for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d ",&a[i]);
for(int i=0;i<n;i++)
{
//判断队头是否已经滑出窗口
if(hh<=tt&&i-k+1>q[hh]) //q[0]默认为0
{
hh++;
}
while(hh<=tt&&a[q[tt]]>=a[i])
{
tt--;
}
q[++tt]=i;
if(i>=k-1)
{
printf("%d ",a[q[hh]]);
}
}
printf("\n");
hh=0,tt=-1;
for(int i=0;i<n;i++)
{
//判断队头是否已经滑出窗口
if(hh<=tt&&i-k+1>q[hh]) //q[0]默认为0
{
hh++;
}
while(hh<=tt&&a[q[tt]]<=a[i])
{
tt--;
}
q[++tt]=i;
if(i>=k-1)//i从下标为2,也就是第三个数开始输出
{
printf("%d ",a[q[hh]]);
}
}
return 0;
}
算法2