🔗 🔴 719. Find K-th Smallest Pair Distance

tags: Weekly Contest 56 陣列(Array) 排序(Sorting) 二分搜尋(Binary Search) 雙指針(Two Pointers) 滑動窗口(Sliding Window)

題意

一對整數 (a,b)(a, b) 由整數 aa 和 bb 組成，其距離定義為 aa 和 bb 之間的絕對差 ∣a−b∣|a - b|。

給定一個整數陣列 numsnums 和一個整數 kk，返回所有 nums[i]nums[i] 和 nums[j]nums[j] 配對中第 kk 小的距離，其中 0≤i<j<nums.length0 \leq i < j < nums.length。

約束條件

  • n=nums.lengthn = nums.length
  • 2≤n≤1042 \leq n \leq 10^4
  • 0≤nums[i]≤1060 \leq nums[i] \leq 10^6
  • 1≤k≤n∗(n−1)21 \leq k \leq \frac{n * (n - 1)}{2}

為方便敘述，以下標配對 (i,j)(i, j) 表示 nums[i]nums[i] 和 nums[j]nums[j] 的配對，即 (nums[i],nums[j])(nums[i], nums[j]) 。

雖然題目中的數對 (i,j)(i, j) 需要滿足 i<ji < j，但注意到距離的定義是 絕對值 ，因此從原陣列中找數對 (i,j)(i, j) ，等同於在 排序 陣列中找數對 (i,j)(i, j)。

最暴力的做法是根據所有可能的 (i,j)(i, j) 的配對，生成所有距離，然後排序後取出第 kk 小的距離即可。但所有可能的配對有 n∗(n−1)2\frac{n * (n - 1)}{2} 個，故暴力法的時間複雜度為 O(n2log⁡n2)O(n^2 \log n^2) 。而在約束條件中 nn 為 10410^4 ，顯然是會超時的。

如果我們將所有數對的距離進行 計數(Counting) ，那我們可以得到一個距離和數量的陣列 cntcnt，其中 cnt[i]cnt[i] 表示所有 (i,j)(i, j) 數對中，距離為 ii 的數對數量。接著對 cntcnt 做 前綴和(Prefix Sum) 得到 ss，則 s[k]s[k] 表示 距離 ≤k\leq k 的數對數量。由於 cnt[i]cnt[i] 皆為非負整數，因此 ss 具有 遞增 性質。

而若 s[k]=y,s[k−1]=xs[k] = y, s[k-1] = x，則代表第 x+1,x+2,...,yx+1, x+2, ..., y 小的距離皆為 kk ，這裡可以代範例下去理解。

因此若可以在不生成所有數對的情況下，就可以確定 s[k]s[k] 的值，就可以對所有可能的距離做 二分搜尋(Binary Search) 。又數對的距離最小為 00 ，最大為 U−LU - L，其中 UU 和 LL 分別為整數陣列的最大值和最小值，因此二分的範圍為 [0,U−L][0, U-L] 。

令 check(k) 表示 s[k]s[k] ，即距離 ≤k\leq k 的數對數量，則有兩種方式可以直接確定 s[k]s[k] 的值：

  1. 二分搜尋(Binary Search)
    • 枚舉所有可能的右端點 jj，使用二分搜尋找出左端點 ii，使得數對 (i,j),(i+1,j),...,(j−1,j)(i, j), (i+1, j), ..., (j-1, j) 的距離都小於等於 kk 。
  2. 滑動窗口(Sliding Window)
    • 同樣枚舉所有可能的右端點 jj，但不用重新計算，而是逐漸縮小左端點 ii，使得數對 (i,j),(i+1,j),...,(j−1,j)(i, j), (i+1, j), ..., (j-1, j) 的距離都小於等於 kk 。

在確定右端點 jj 之後，若要使得數對 (i,j),(i+1,j),...,(j−1,j)(i, j), (i+1, j), ..., (j-1, j) 這 j−ij - i 個數對的距離都小於等於 kk ，則 nums[i]nums[i] 的值需要至少為 k−nums[j]k - nums[j] ，因此可以使用 bisect_left 或 lower_bound 來找出左端點 ii ，即第一個滿足 nums[i]≥k−nums[j]nums[i] \geq k - nums[j] 的 ii 。

枚舉所有可能的 jj，累加所有滿足條件的數對數量即可。

複雜度分析

  • 時間複雜度：O(nlog⁡n×log⁡(U−L))\mathcal{O}(n \log n \times \log (U - L))，其中 nn 為陣列的長度，UU 和 LL 分別為整數陣列的最大值和最小值。
    • 排序陣列需要 O(nlog⁡n)O(n \log n) 的時間。
    • 對答案做二分搜尋需要 O(log⁡(U−L))O(\log (U - L)) 的時間。
    • 計算 check(k) 需要 O(nlog⁡n)O(n \log n) 的時間。
  • 空間複雜度：O(log⁡n)\mathcal{O}(\log n)，即排序陣列的空間複雜度。
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class Solution:
    def smallestDistancePair(self, nums: List[int], k: int) -> int:
        n = len(nums)
        nums.sort() # 由小到大排序
        
        def check(mid: int) -> int: # 計算距離 <= mid 的 pair 數量
            res = 0
            for j, x in enumerate(nums): # 枚舉右端點 j
                i = bisect_left(nums, x - mid, 0, j)
                res += j - i # (i, j), (i+1, j), ..., (j-1, j) 距離都小於等於 mid
            return res
        
        # 對答案做二分搜尋
        return bisect_left(range(nums[n-1] - nums[0]), k, key=check)
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class Solution {
public:
    int smallestDistancePair(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        sort(nums.begin(), nums.end()); // 由小到大排序

        function<int(int)> check = [&](int mid) { // 計算距離 <= mid 的 pair 數量
            int res = 0;
            for (int j = 0; j < n; j++) { // 枚舉右端點 j
                int i = lower_bound(nums.begin(), nums.begin() + j, nums[j] - mid) - nums.begin();
                res += j - i; // (i, j), (i+1, j), ..., (j-1, j) 距離都小於等於 mid
            }
            return res;
        };

        // 對答案做二分搜尋
        int left = 0, right = nums[n-1] - nums[0]; 
        while (left <= right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;
            if (check(mid) >= k) right = mid - 1;
            else left = mid + 1;
        }
        return left;
    }
};

方法二：滑動窗口(Sliding Window)

由於陣列已經排序過，因此 (i,j)(i, j) 的距離會比 (i,j−1)(i, j - 1) 大，故若 (i,j)(i, j) 的不滿足條件(即距離大於 kk)，則(i - 1, j) 的距離只會更大，顯然也不滿足條件。因此我們實際上不需要重新計算左端點 ii，只需要檢查先前的左端點 ii 和當前的右端點 jj 是否符合條件即可。若不滿足條件，再移動左端點 ii 直到滿足條件即可。

雖然看似是 O(n2)O(n^2) 的時間複雜度，但實際上只需要 O(n)O(n) 的時間複雜度，因為左端點 ii 最多只會從 00 走到 n−1n-1 。

複雜度分析

  • 時間複雜度：O(nlog⁡n+nlog⁡(U−L))\mathcal{O}(n \log n + n \log (U - L))，其中 nn 為陣列的長度，UU 和 LL 分別為整數陣列的最大值和最小值。
    • 排序陣列需要 O(nlog⁡n)O(n \log n) 的時間。
    • 對答案做二分搜尋需要 O(log⁡(U−L))O(\log (U - L)) 的時間。
    • 計算 check(k) 需要 O(n)O(n) 的時間。
  • 空間複雜度：O(log⁡n)\mathcal{O}(\log n)，即排序陣列的空間複雜度。
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class Solution:
    def smallestDistancePair(self, nums: List[int], k: int) -> int:
        n = len(nums)
        nums.sort() # 由小到大排序

        def check(mid: int) -> int: # 計算距離 <= mid 的 pair 數量
            res = left = 0
            for right, x in enumerate(nums): # 枚舉右端點 right
                while x - nums[left] > mid: # 移動左端點直到滿足條件為止
                    left += 1
                res += right - left # (left, right), (left+1, right), ..., (right-1, right) 距離都小於等於 mid
            return res
        
        # 對答案做二分搜尋
        return bisect_left(range(nums[n-1] - nums[0]), k, key=check)
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class Solution {
public:
    int smallestDistancePair(vector<int>& nums, int k) {
        int n = nums.size();
        sort(nums.begin(), nums.end()); // 由小到大排序

        function<int(int)> check = [&](int mid) { // 計算距離 <= mid 的 pair 數量
            int res = 0, l = 0;
            for (int r = 0; r < n; r++) { // 枚舉右端點 r
                while (nums[r] - nums[l] > mid) { // 移動左端點直到滿足條件為止
                    l++;
                }
                res += r - l; // (l, r), (l+1, r), ..., (r-1, r) 距離都小於等於 mid
            }
            return res;
        };

        // 對答案做二分搜尋
        int left = 0, right = nums[n-1] - nums[0]; 
        while (left <= right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;
            if (check(mid) >= k) right = mid - 1;
            else left = mid + 1;
        }
        return left;
    }
};

寫在最後

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雖然程式碼可能就短短幾行，但寫 Hard 的解題紀錄除了相比於 Easy 和 Medium 需要花更多的時間外，也需要注意到更多東西。但在完整闡述思考過程後，還是有助於自己釐清思路。

因此雖然很忙，還是要寫一些 Hard 的解題紀錄，不然感覺腦袋都變遲鈍了。