华为OJ2051-最小的K个数（Top K问题）
一、题目描述
描述：
输入n个整数，输出其中最小的k个。
输入：
- 输入 n 和 k
- 输入一个整数数组
输出：
输出一个整数数组
样例输入：
5 2
1 3 5 7 2样例输出：
1 2二、Top K问题
对于 Top K 问题有很多种解法。
解法一：排序
相信很多人会首先想到这种方法，先把数组按升序/降序进行排序，然后输出 K 个最小/最大的数。
- 常规的排序方法时间复杂度至少是
Θ(nlog2n) 。（快排或堆排序） - 可能你会说，我们可以使用线性时间的排序算法。当然可以，但通常它们对输入的数组有一定的要求。比如计数排序要求 n 个数都是正整数，且它们的取值范围不太大。
解法二：部分排序 O(n∗k)
由于我们只需要找出最小/最大的 k 个数，所以我们可以进行部分排序，比如简单选择排序 和 冒泡排序，它们每一趟都能把一个最小/最大元素放在最终位置上，所以进行 k 趟就能把 n 个数中的前 k 个排序出来。
部分简单选择排序：
void select_sort(int A[], int n, int k)
{
for(int i=0; i<k; ++i) { // k趟
int Min = i; // 记录最小元素的位置
for(int j=i+1; j<n; ++j)
if(A[j] < A[Min])
Min = j;
if(Min != i) // 与A[i]交换
{
int tmp = A[Min];
A[Min] = A[i];
A[i] = tmp;
}
}
}部分冒泡排序：
void bubble_sort(int A[], int n, int k)
{
for(int i=0; i<k; ++i) // k趟
{
bool flag = false;
for(int j=n-1; j>i; --j) // 一趟冒泡过程
if(A[j-1] > A[j])
{
int tmp = A[j-1];
A[j-1] = A[j];
A[j] = tmp;
flag = true;
}
if(flag == false) // 已经有序
return ;
}
}那么，
解法三：快排划分 O(n∗log2k)
根据基于快排partition操作的《第k顺序统计量的求解》，我们知道，当我们求出第 k 顺序统计量时，位于它前面的元素都比它小，位于它后面的元素都比它大。这时，数组的前 k 个数就是最小的 k 个数。
int partition(int A[], int low, int high)
{
int pivot = A[low];
while(low < high)
{
while(low < high && A[high]>=pivot)
--high;
A[low] = A[high];
while(low < high && A[low]<=pivot)
++low;
A[high] = A[low];
}
A[low] = pivot;
return low;
}
int topK(int A[], int low, int high, int k)
{
if(k <= 0)
return -1;
if(low == high)
return low;
int pos = partition(A, low, high);
int i = pos - low + 1;
if(i == k)
return pos; // 返回前k个数的
else if(i > k)
return topK(A, low, pos, k);
else
return topK(A, pos+1, high, k-i);
}我们说这个算法的平均时间复杂度是线性的，更准确地说，是
解法四：大根堆 O(n∗log2k)
参见《堆排序》，可以用大小为 k 的大根堆来存储最小的 k 个数。大根堆的堆顶元素就是最小 k 个数中最大的一个。每次新考虑一个数 X：
如果 X 比堆顶的元素 Y 大，则不需要改变原来的堆，因为这个元素比最小的 k 个数都大。
如果 X 比堆顶元素 Y 小，那么用 X 替换堆顶的元素 Y。在 X 替换堆顶元素 Y 之后，大根堆的结构可能被破坏，需要进行向下调整。调整过程的时间复杂度是
O(log2k) 。
遍历完成以后，数组的前 k 个数就是最小的 k 个数，但是它们并非有序，而是以堆的形式存在。C++代码如下：
void AdjustDown(int A[], int i, int len)
{
int temp = A[i]; // 暂存A[i]
for(int largest=2*i+1; largest<len; largest=2*largest+1)
{
if(largest!=len-1 && A[largest+1]>A[largest])
++largest; // 如果右子结点大
if(temp < A[largest])
{
A[i] = A[largest];
i = largest; // 记录交换后的位置
}
else
break;
}
A[i] = temp; // 被筛选结点的值放入最终位置
}
/* 建堆 */
void BuildMaxHeap(int A[], int len)
{
for(int i=len/2-1; i>=0; --i) // 从i=n/2-1到0，反复调整堆
AdjustDown(A, i, len);
}
/* 维护 A[0...k-1] 这个大根堆 */
void topK(int A[], int n, int k)
{
BuildMaxHeap(A, k); // 先用前面的k个数建大根堆
for(int i=k; i<n; ++i)
{
if(A[i] < A[0]) // 如果小于堆顶元素，替换之
{
int tmp = A[0];
A[0] = A[i];
A[i] = tmp;
AdjustDown(A, 0, k); // 向下调整
}
}
}注意：找最小的
三、解题报告
第二部分已经讲解地很清楚了，几种解法都可以，只要注意输入输出的格式就行了。
