【面试高频题】难度 2/5，超常规多语言多解法笔试题

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题目描述

这是 LeetCode 上的 373. 查找和最小的K对数字 ，难度为 中等。

Tag : 「优先队列（堆）」、「二分」、「多路归并」

给定两个以升序排列的整数数组 nums1 和 nums2 , 以及一个整数 k 。

定义一对值 (u,v)(u,v)(u,v)，其中第一个元素来自 nums1，第二个元素来自 nums2。

请找到和最小的 k 个数对 (u1,v1), (u2,v2) ... (uk,vk)(u_1,v_1),  (u_2,v_2)  ...  (u_k,v_k)(u1​,v1​), (u2​,v2​) ... (uk​,vk​) 。 

示例 1:

输入: nums1 = [1,7,11], nums2 = [2,4,6], k = 3

输出: [1,2],[1,4],[1,6]

解释: 返回序列中的前 3 对数：
     [1,2],[1,4],[1,6],[7,2],[7,4],[11,2],[7,6],[11,4],[11,6]

示例 2:

输入: nums1 = [1,1,2], nums2 = [1,2,3], k = 2

输出: [1,1],[1,1]

解释: 返回序列中的前 2 对数：
     [1,1],[1,1],[1,2],[2,1],[1,2],[2,2],[1,3],[1,3],[2,3]

示例 3:

输入: nums1 = [1,2], nums2 = [3], k = 3 

输出: [1,3],[2,3]

解释: 也可能序列中所有的数对都被返回:[1,3],[2,3]

提示:

• 1<=nums1.length,nums2.length<=1041 <= nums1.length, nums2.length <= 10^41<=nums1.length,nums2.length<=104
• −109<=nums1[i],nums2[i]<=109-10^9 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^9−109<=nums1[i],nums2[i]<=109
• nums1,nums2均为升序排列nums1, nums2 均为升序排列nums1,nums2均为升序排列
• 1<=k<=10001 <= k <= 10001<=k<=1000

基本分析

这道题和 786. 第 K 个最小的素数分数 几乎是一模一样，先做哪一道都是一样的，难度上没有区别 🤣

最常规的做法是使用「多路归并」，还不熟悉「多路归并」的同学，建议先学习前置🧀：多路归并入门，里面讲述了如何从「朴素优先队列」往「多路归并」进行转换。

多路归并

令 nums1nums1nums1 的长度为 nnn，nums2nums2nums2 的长度为 mmm，所有的点对数量为 n∗mn * mn∗m。

其中每个 nums1[i]nums1[i]nums1[i] 参与所组成的点序列为：

由于 nums1nums1nums1 和 nums2nums2nums2 均已按升序排序，因此每个 nums1[i]nums1[i]nums1[i] 参与构成的点序列也为升序排序，这引导我们使用「多路归并」来进行求解。

具体的，起始我们将这 nnn 个序列的首位元素（点对）以二元组 (i,j)(i, j)(i,j) 放入优先队列（小根堆），其中 iii 为该点对中 nums1[i]nums1[i]nums1[i] 的下标，jjj 为该点对中 nums2[j]nums2[j]nums2[j] 的下标，这步操作的复杂度为 O(nlog⁡n)O(n\log{n})O(nlogn)。这里也可以得出一个小优化是：我们始终确保 nums1nums1nums1 为两数组中长度较少的那个，然后通过标识位来记录是否发生过交换，确保答案的点顺序的正确性。

每次从优先队列（堆）中取出堆顶元素（含义为当前未被加入到答案的所有点对中的最小值），加入答案，并将该点对所在序列的下一位（如果有）加入优先队列中。

举个 🌰，首次取出的二元组为 (0,0)(0, 0)(0,0)，即点对 (nums1[0],nums2[0])(nums1[0], nums2[0])(nums1[0],nums2[0])，取完后将序列的下一位点对 (nums1[0],nums2[1])(nums1[0], nums2[1])(nums1[0],nums2[1]) 以二元组 (0,1)(0, 1)(0,1) 形式放入优先队列。

可通过「反证法」证明，每次这样的「取当前，放入下一位」的操作，可以确保当前未被加入答案的所有点对的最小值必然在优先队列（堆）中，即前 kkk 个出堆的元素必然是所有点对的前 kkk 小的值。

Java 代码：

class Solution {
    boolean flag = true;
    public List<List<Integer>> kSmallestPairs(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
        List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
        int n = nums1.length, m = nums2.length;
        if (n > m && !(flag = false)) return kSmallestPairs(nums2, nums1, k);
        PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a,b)->(nums1[a[0]]+nums2[a[1]])-(nums1[b[0]]+nums2[b[1]]));
        for (int i = 0; i < Math.min(n, k); i++) q.add(new int[]{i, 0});
        while (ans.size() < k && !q.isEmpty()) {
            int[] poll = q.poll();
            int a = poll[0], b = poll[1];
            ans.add(new ArrayList<>(){{
                add(flag ? nums1[a] : nums2[b]);
                add(flag ? nums2[b] : nums1[a]);
            }});
            if (b + 1 < m) q.add(new int[]{a, b + 1});
        }
        return ans;
    }
}

Python3 代码：

class Solution:
    def kSmallestPairs(self, nums1: List[int], nums2: List[int], k: int) -> List[List[int]]:
        flag, ans = (n := len(nums1)) > (m := len(nums2)), []
        if flag:
            n, m, nums1, nums2 = m, n, nums2, nums1
        pq = []
        for i in range(min(n, k)):
            heapq.heappush(pq, (nums1[i] + nums2[0], i, 0))
        while len(ans) < k and pq:
            _, a, b = heapq.heappop(pq)
            ans.append([nums2[b], nums1[a]] if flag else [nums1[a], nums2[b]])
            if b + 1 < m:
                heapq.heappush(pq, (nums1[a] + nums2[b + 1], a, b + 1))
        return ans

Golang 代码：

func kSmallestPairs(nums1 []int, nums2 []int, k int) [][]int {
    n, m, ans := len(nums1), len(nums2), [][]int{}
    flag := n > m
    if flag {
        n, m, nums1, nums2 = m, n, nums2, nums1
    }
    if n > k {
        n = k
    }
    pq := make(hp, n)
    for i := 0; i < n; i++ {
        pq[i] = []int{nums1[i] + nums2[0], i, 0}
    }
    heap.Init(&pq)
    for pq.Len() > 0 && len(ans) < k {
        poll := heap.Pop(&pq).([]int)
        a, b := poll[1], poll[2] 
        if flag{
            ans = append(ans, []int{nums2[b], nums1[a]})
        }else{
            ans = append(ans, []int{nums1[a], nums2[b]})
        }
        if b < m - 1 {
            heap.Push(&pq, []int{nums1[a] + nums2[b + 1], a, b + 1})
        }
    }
    return ans
}
// 最小堆模板
type hp [][]int
func (h hp) Len() int            { return len(h) }
func (h hp) Less(i, j int) bool  { return h[i][0] < h[j][0] }
func (h hp) Swap(i, j int)       { h[i], h[j] = h[j], h[i] }
func (h *hp) Push(v interface{}) { *h = append(*h, v.([]int)) }
func (h *hp) Pop() interface{}   { a := *h; v := a[len(a)-1]; *h = a[:len(a)-1]; return v }

• 时间复杂度：令 MMM 为 nnn、mmm 和 kkk 三者中的最小值，复杂度为 O(M+k)×log⁡M)O(M + k) \times \log{M})O(M+k)×logM)
• 空间复杂度：O(M)O(M)O(M)

二分

我们还能够使用多次「二分」来做。

假设我们将所有「数对和」按照升序排序，两端的值分别为 l=nums1[0]+nums2[0]l = nums1[0] + nums2[0]l=nums1[0]+nums2[0] 和 r=nums1[n−1]+nums2[m−1]r = nums1[n - 1] + nums2[m - 1]r=nums1[n−1]+nums2[m−1]。

因此我们可以在值域 [l,r][l, r][l,r] 上进行二分，找到第一个满足「点对和小于等于 xxx 的，且数量超过 kkk 的值 xxx」。

之所以能够二分，是因为 xxx 所在的点对和数轴上具有二段性：

• 点对和小于 xxx 的点对数量少于 kkk 个；
• 点对和大于等于 xxx 的点对数量大于等于 kkk 个。

判定小于等于 xxx 的点对数量是否大于等于 kkk 个这一步可直接使用循环来做，由于二分是从中间值开始，这一步不会出现跑满两层循环的情况。

当二分出第 kkk 小的值为 xxx 后，由于存在不同点对的点对和值相等，我们需要先将所有点对和小于等于 xxx 的值加入答案，然后酌情把值等于 xxx 的点对加入答案，知道满足答案数量为 kkk。

找值为 xxx 的所有点对这一步，可以通过枚举 nums1[i]nums1[i]nums1[i]，然后在 nums2nums2nums2 上二分目标值 x−nums1[i]x - nums1[i]x−nums1[i] 的左右端点来做。

最后，在所有处理过程中，我们都可以利用答案数组的大小与 kkk 的关系做剪枝。

Java 代码：

class Solution {
    int[] nums1, nums2;
    int n, m;
    public List<List<Integer>> kSmallestPairs(int[] n1, int[] n2, int k) {
        nums1 = n1; nums2 = n2;
        n = nums1.length; m = nums2.length;
        List<List<Integer>> ans = new ArrayList<>();
        int l = nums1[0] + nums2[0], r = nums1[n - 1] + nums2[m - 1];
        while (l < r) {
            int mid = (int)(0L + l + r >> 1);
            if (check(mid, k)) r = mid;
            else l = mid + 1;
        }
        int x = r;
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = 0; j < m; j++) {
                if (nums1[i] + nums2[j] < x) {
                    List<Integer> temp = new ArrayList<>();
                    temp.add(nums1[i]); temp.add(nums2[j]);
                    ans.add(temp);
                } else break;
            }
        }
        for (int i = 0; i < n && ans.size() < k; i++) {
            int a = nums1[i], b = x - a;
            int c = -1, d = -1;
            l = 0; r = m - 1;
            while (l < r) {
                int mid = (int)(0L + l + r >> 1);
                if (nums2[mid] >= b) r = mid;
                else l = mid + 1;
            }
            if (nums2[r] != b) continue;
            c = r;
            l = 0; r = m - 1;
            while (l < r) {
                int mid = (int)(0L + l + r + 1) >> 1;
                if (nums2[mid] <= b) l = mid;
                else r = mid - 1;
            }
            d = r;
            for (int p = c; p <= d && ans.size() < k; p++) {
                List<Integer> temp = new ArrayList<>();
                temp.add(a); temp.add(b);
                ans.add(temp);
            }
        }
        return ans;
    }
    boolean check(int x, int k) {
        int ans = 0;
        for (int i = 0; i < n && ans < k; i++) {
            for (int j = 0; j < m && ans < k; j++) {
                if (nums1[i] + nums2[j] <= x) ans++;
                else break;
            }
        }
        return ans >= k;
    }
}

• 时间复杂度：假设点对和的值域大小范围为 MMM，第一次二分的复杂度为 O((n×m)×log⁡M)O((n \times m) \times \log{M})O((n×m)×logM)；统计点对和值小于目标值 xxx 的复杂度为 O(n×m)O(n \times m)O(n×m)；统计所有点对和等于目标值的复杂度为 O(max⁡(n×log⁡m,k))O(\max(n \times \log{m}, k))O(max(n×logm,k))（整个处理过程中利用了大小关系做了剪枝，大多循环都不会跑满，实际计算量会比理论分析的要低）
• 空间复杂度：O(k)O(k)O(k)

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.373 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码，我建立了相关的仓库：github.com/SharingSour… 。

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