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题目形容
这是 LeetCode 上的 786. 第 K 个最小的素数分数 ，难度为 中等。
Tag :「优先队列（堆）」、「多路归并」、「二分」、「双指针」
给你一个按递增程序排序的数组 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雷同。
对于每对满足 $0 < i < j < arr.length$ 的 $i$ 和 $j$，能够失去分数 $arr[i] / arr[j]$。
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：
输出：arr = [1,2,3,5], k = 3
输入：[2,5]
解释：已结构好的分数, 排序后如下所示:
1/5, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3
很显著第三个最小的分数是 2/5示例 2：
输出：arr = [1,7], k = 1
输入：[1,7]提醒：
- $2 <= arr.length <= 1000$
- $1 <= arr[i] <= 3 \times 10^4$
- $arr[0] = 1$
- $arr[i]$ 是一个 素数，$i > 0$
- $arr$ 中的所有数字 互不雷同，且按 严格递增 排序
- $1 <= k <= arr.length \times (arr.length – 1) / 2$
优先队列（堆）
数据范畴只有 $10^3$，间接扫描所有点对的计算量不超过 $10^6$。
因而咱们能够应用「扫描点对」+「优先队列（堆）」的做法，应用二元组 $(arr[i], arr[j])$ 进行存储，构建大小为 $k$ 的大根堆。
依据「堆内元素多少」和「以后计算值与堆顶元素的大小关系」决定入堆行为：
- 若堆内元素有余 $k$ 个，间接将以后二元组进行入堆；
-
若堆内元素已达 $k$ 个，依据「以后计算值 $\frac{arr[i]}{arr[j]}$ 与堆顶元素 $\frac{peek[0]}{peek[1]}$ 的大小关系」进行分状况探讨：
- 如果以后计算值比堆顶元素大，那么以后元素不可能是第 $k$ 小的值，间接抛弃；
- 如果以后计算值比堆顶元素小，那么堆顶元素不可能是第 $k$ 小的值，应用以后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();}
}- 工夫复杂度：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，咱们没有利用「数组内元素严格枯燥递增」的个性。
因为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 $j$ 个分数值满足严格枯燥递增：$\frac{arr[0]}{arr[j]} < \frac{arr[1]}{arr[j]} < \frac{arr[2]}{arr[j]} < … < \frac{arr[j – 1]}{arr[j]}$。
问题等价于咱们从 $n – 1$ 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 $n – 1$ 个序列别离为：
- $[\frac{arr[0]}{arr[1]}]$
- $[\frac{arr[0]}{arr[2]}, \frac{arr[1]}{arr[2]}]$
- $[\frac{arr[0]}{arr[3]}, \frac{arr[1]}{arr[3]}, \frac{arr[2]}{arr[3]}]$
… - $[\frac{arr[0]}{arr[j]}, \frac{arr[1]}{arr[j]}, \frac{arr[2]}{arr[j]}, … , \frac{arr[j – 1]}{arr[j]}]$
问题彻底切换为「多路归并」问题，咱们应用「优先队列（堆）」来保护多个有序序列的以后头部的最小值即可。
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]]};
}
}- 工夫复杂度：起始将 $n – 1$ 个序列的头部元素放入堆中，复杂度为 $O(n\log{n})$；而后反复 $k$ 次操作失去第 $k$ 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 $i < j$，咱们能够确定 $(i, j)$ 对应的分数 $\frac{arr[i]}{arr[j]}$ 必然落在 $[0, 1]$ 范畴内。
假如最终答案 $\frac{arr[i]}{arr[j]}$ 为 $x$，那么以 $x$ 为宰割点的数轴（该数轴上的点为 $arr$ 所能结构的分数值）上具备「二段性」：
- 小于等于 $x$ 的值满足：其右边分数值个数小于 $k$ 个；
- 大于 $x$ 的值不满足：其右边分数值个数小于 $k$ 个（即至多有 $k$ 个）。
而当确定 $arr[j]$ 时，利用 $arr$ 有序，咱们能够通过「双指针」疾速得悉，满足 $\frac{arr[i]}{arr[j]} <= x$ 的分子地位在哪（找到最近一个满足 $\frac{arr[i]}{arr[j]} > x$ 的地位）。
另外，咱们能够在每次 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;
}
}- 工夫复杂度：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：$O(1)$
最初
这是咱们「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，局部是有锁题，咱们将先把所有不带锁的题目刷完。
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