LC 786. 第 K 个最小的素数分数

题目描述

这是 LeetCode 上的 786. 第 K 个最小的素数分数 ，难度为 中等。

给你一个按递增顺序排序的数组 arr 和一个整数 k 。

数组 arr 由 $1$ 和若干 素数 组成，且其中所有整数互不相同。

对于每对满足 $0 < i < j < arr.length$ 的 $i$ 和 $j$ ，可以得到分数 $arr[i] / arr[j]$ 。

那么第 $k$ 个最小的分数是多少呢? 以长度为 $2$ 的整数数组返回你的答案, 这里 $answer[0] == arr[i]$ 且 $answer[1] == arr[j]$ 。

示例 1：

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输入：arr = [1,2,3,5], k = 3

输出：[2,5]

解释：已构造好的分数,排序后如下所示: 
1/5, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3
很明显第三个最小的分数是 2/5

示例 2：
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输入：arr = [1,7], k = 1

输出：[1,7]

提示：

  • $2 <= arr.length <= 1000$
  • $1 <= arr[i] <= 3 \times 10^4$
  • $arr[0] = 1$
  • $arr[i]$ 是一个 素数 ，$i > 0$
  • $arr$ 中的所有数字 互不相同 ，且按严格递增排序
  • $1 <= k <= arr.length \times (arr.length - 1) / 2$

优先队列（堆）

数据范围只有 $10^3$，直接扫描所有点对的计算量不超过 $10^6$。

因此我们可以使用「扫描点对」+「优先队列（堆）」的做法，使用二元组 $(arr[i], arr[j])$ 进行存储，构建大小为 $k$ 的大根堆。

根据「堆内元素多少」和「当前计算值与堆顶元素的大小关系」决定入堆行为：

  • 若堆内元素不足 $k$ 个，直接将当前二元组进行入堆；
  • 若堆内元素已达 $k$ 个，根据「当前计算值 $\frac{arr[i]}{arr[j]}$ 与堆顶元素 $\frac{peek[0]}{peek[1]}$ 的大小关系」进行分情况讨论：
    • 如果当前计算值比堆顶元素大，那么当前元素不可能是第 $k$ 小的值，直接丢弃；
    • 如果当前计算值比堆顶元素小，那么堆顶元素不可能是第 $k$ 小的值，使用当前计算值置换掉堆顶元素。

代码：

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class Solution {
    public int[] kthSmallestPrimeFraction(int[] arr, int k) {
        int n = arr.length;
        PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a,b)->Double.compare(b[0]*1.0/b[1],a[0]*1.0/a[1]));
        for (int i = 0; i < n; i++) {
            for (int j = i + 1; j < n; j++) {
                double t = arr[i] * 1.0 / arr[j];
                if (q.size() < k || q.peek()[0] * 1.0 / q.peek()[1] > t) {
                    if (q.size() == k) q.poll();
                    q.add(new int[]{arr[i], arr[j]});
                }
            }
        }
        return q.poll();
    }
}

  • 时间复杂度：扫描所有的点对复杂度为 $O(n^2)$；将二元组入堆和出堆的复杂度为 $O(\log{k})$。整体复杂度为 $O(n^2\log{k})$
  • 空间复杂度：$O(k)$

多路归并

在解法一中，我们没有利用「数组内元素严格单调递增」的特性。

由于题目规定所有的点对 $(i, j)$ 必须满足 $i < j$，即给定 $arr[j]$ 后，其所能构建的分数个数为 $j$ 个，而这 $j$ 个分数值满足严格单调递增：$\frac{arr[0]}{arr[j]} < \frac{arr[1]}{arr[j]} < \frac{arr[2]}{arr[j]} < … < \frac{arr[j - 1]}{arr[j]}$。

问题等价于我们从 $n - 1$ 个（下标 $0$ 作为分母的话，不存在任何分数）有序序列中找到第 $k$ 小的数值。这 $n - 1$ 个序列分别为：

  • $[\frac{arr[0]}{arr[1]}]$
  • $[\frac{arr[0]}{arr[2]}, \frac{arr[1]}{arr[2]}]$
  • $[\frac{arr[0]}{arr[3]}, \frac{arr[1]}{arr[3]}, \frac{arr[2]}{arr[3]}]$
    …
  • $[\frac{arr[0]}{arr[j]}, \frac{arr[1]}{arr[j]}, \frac{arr[2]}{arr[j]}, … , \frac{arr[j - 1]}{arr[j]}]$

问题彻底切换为「多路归并」问题，我们使用「优先队列（堆）」来维护多个有序序列的当前头部的最小值即可。

代码：

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class Solution {
    public int[] kthSmallestPrimeFraction(int[] arr, int k) {
        int n = arr.length;
        PriorityQueue<int[]> q = new PriorityQueue<>((a,b)->{
            double i1 = arr[a[0]] * 1.0 / arr[a[1]], i2 = arr[b[0]] * 1.0 / arr[b[1]];
            return Double.compare(i1, i2);
        });
        for (int i = 1; i < n; i++) q.add(new int[]{0, i});
        while (k-- > 1) {
            int[] poll = q.poll();
            int i = poll[0], j = poll[1];
            if (i + 1 < j) q.add(new int[]{i + 1, j});
        }
        int[] poll = q.poll();
        return new int[]{arr[poll[0]], arr[poll[1]]};
    }
}

  • 时间复杂度：起始将 $n - 1$ 个序列的头部元素放入堆中，复杂度为 $O(n\log{n})$；然后重复 $k$ 次操作得到第 $k$ 小的值，复杂度为 $O(k\log{n})$。整体复杂度为 $O(\max(n, k) \times \log{n})$
  • 空间复杂度：$O(n)$

二分 + 双指针

进一步，利用 $arr$ 递增，且每个点对 $(i, j)$ 满足 $i < j$，我们可以确定 $(i, j)$ 对应的分数 $\frac{arr[i]}{arr[j]}$ 必然落在 $[0, 1]$ 范围内。

假设最终答案 $\frac{arr[i]}{arr[j]}$ 为 $x$，那么以 $x$ 为分割点的数轴（该数轴上的点为 $arr$ 所能构造的分数值）上具有「二段性」：

  • 小于等于 $x$ 的值满足：其左边分数值个数小于 $k$ 个；
  • 大于 $x$ 的值不满足：其左边分数值个数小于 $k$ 个（即至少有 $k$ 个）。

而当确定 $arr[j]$ 时，利用 $arr$ 有序，我们可以通过「双指针」快速得知，满足 $\frac{arr[i]}{arr[j]} <= x$ 的分子位置在哪（找到最近一个满足 $\frac{arr[i]}{arr[j]} > x$ 的位置）。

另外，我们可以在每次 check 的同时，记录下相应的 $arr[i]$ 和 $arr[j]$。

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class Solution {
    double eps = 1e-8;
    int[] arr;
    int n, a, b;
    public int[] kthSmallestPrimeFraction(int[] _arr, int k) {
        arr = _arr;
        n = arr.length;
        double l = 0, r = 1;
        while (r - l > eps) {
            double mid = (l + r) / 2;
            if (check(mid) >= k) r = mid;
            else l = mid;
        }
        return new int[]{a, b};
    }
    int check(double x){
        int ans = 0;
        for (int i = 0, j = 1; j < n; j++) {
            while (arr[i + 1] * 1.0 / arr[j] <= x) i++;
            if (arr[i] * 1.0 / arr[j] <= x) ans += i + 1;
            if (Math.abs(arr[i] * 1.0 / arr[j] - x) < eps) {
                a = arr[i]; b = arr[j];
            }
        }
        return ans;
    }
}

  • 时间复杂度：二分次数取决于精度，精度为 $C = 10^8$，二分复杂度为 $O(\log{C})；$check 的复杂度为 $O(n)$。整体复杂度为 $O(n\log{C})$
  • 空间复杂度：$O(1)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.786 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。

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