786.第K个最小的素数分数:「优先队列（堆）」&「多路归并」

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题目描述

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

Tag : 「优先队列」、「多路归并」、「二分」、「双指针」

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：

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
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示例 2：

输入：arr = [1,7], k = 1

输出：[1,7]
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提示：

• 
  $2 <= arr.length <= 1000$

  2<=arr.length<=1000

• 
  $1 <= arr[i] <= 3 * 10^4$

  1<=arr[i]<=3∗104

• 
  $arr[0] == 1$

  arr[0]==1

• 
  $arr[i]$

  arr[i] 是一个 素数 ，

  $i > 0$

  i>0

• 
  $arr$

  arr 中的所有数字 互不相同 ，且按严格递增排序

• 
  $1 <= k <= arr.length * (arr.length - 1) / 2$

  1<=k<=arr.length∗(arr.length−1)/2

优先队列（堆）

数据范围只有

103，直接扫描所有点对的计算量不超过

106。

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
  $k$

  k 个，直接将当前二元组进行入堆；

• 若堆内元素已达
  $k$

  k 个，根据「当前计算值

  $\frac{arr[i]}{arr[j]}$

  arr[j]arr[i]​ 与堆顶元素

  $\frac{peek[0]}{peek[1]}$

  peek[1]peek[0]​ 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
    $k$

    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
    $k$

    k 小的值，使用当前计算值置换掉堆顶元素。

代码：

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();
    }
}
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• 时间复杂度：扫描所有的点对复杂度为
  $O(n^2)$

  O(n2)；将二元组入堆和出堆的复杂度为

  $O(\log{k})$

  O(logk)。整体复杂度为

  $O(n^2 * \log{k})$

  O(n2∗logk)

• 空间复杂度：
  $O(k)$

  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：

arr[j]arr[0]​<arr[j]arr[1]​<arr[j]arr[2]​<...<arr[j]arr[j−1]​。

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：

• 
  $[\frac{arr[0]}{arr[1]}]$

  [arr[1]arr[0]​]

• 
  $[\frac{arr[0]}{arr[2]}, \frac{arr[1]}{arr[2]}]$

  [arr[2]arr[0]​,arr[2]arr[1]​]

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

  [arr[3]arr[0]​,arr[3]arr[1]​,arr[3]arr[2]​]
  ...

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

  [arr[j]arr[0]​,arr[j]arr[1]​,arr[j]arr[2]​,...,arr[j]arr[j−1]​]

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：

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]]};
    }
}
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• 时间复杂度：起始将
  $n - 1$

  n−1 个序列的头部元素放入堆中，复杂度为

  $O(n\log{n})$

  O(nlogn)；然后重复

  $k$

  k 次操作得到第

  $k$

  k 小的值，复杂度为

  $O(k\log{n})$

  O(klogn)。整体复杂度为

  $O(\max(n, k) * \log{n})$

  O(max(n,k)∗logn)

• 空间复杂度：
  $O(n)$

  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

arr[j]arr[i]​ 必然落在

[0,1] 范围内。

假设最终答案

arr[j]arr[i]​ 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
  $x$

  x 的值满足：其左边分数值个数小于

  $k$

  k 个；

• 大于
  $x$

  x 的值不满足：其左边分数值个数小于

  $k$

  k 个（即至少有

  $k$

  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

arr[j]arr[i]​<=x 的分子位置在哪（找到最近一个满足

arr[j]arr[i]​>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]。

代码：

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;
    }
}
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• 时间复杂度：二分次数取决于精度，精度为
  $C = 10^8$

  C=108，二分复杂度为

  $O(\log{C})；$

  O(logC)；check 的复杂度为

  $O(n)$

  O(n)。整体复杂度为

  $O(n * \log{C})$

  O(n∗logC)

• 空间复杂度：
  $O(1)$

  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。

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