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  • 二维有序矩阵的查找

    千次阅读 2016-03-24 20:17:23
    二维有序矩阵的快速查找

    A. 问题描述

    在一个二维数组中,每一行都按照从左到右递增的顺序排序,每一列都按照从上到下递增的顺序排序。请完成一个函数,输入这样的一个二维数组和一个整数,判断数组中是否含有该整数。

    B. 问题分析

    其实笨方法有很多种啦:
    * 全部无脑遍历一次,时间复杂度为O(NM)
    * 对每行/列做二分查找,时间复杂度为O(Nlog M)
    * 好像还不够好,可以整体用二分吗?

    我们来看一个性质,对于一个N*M的如题所述的矩阵A,如果存在某个值等于要找的target值,看A的最右上角的元素key = A[0][M-1],从这个位置每步向左走或向下走,必定存在一条路径到达target。

    所以关键是如何走出这样一条路径出来?

    其实需要先对矩阵的性质有一个了解。如下图所示,注意区域2只有一个元素,就是当前矩阵的右上角的位置,很明显,区域1的所有值都是不大于key(即区域2的值),而区域4的所有值都是不小于key的,区域3的元素的值与key暂时没有明确的关系。

    不过上面的性质已经足够加快很多了!!!
    1. 如果target = key,那么就找到咯!
    2. 比如发现target > key,那么明显区域1和2都没必要继续搜索了,对不对?现在需要搜索的矩阵变成了区域3和区域4组成的新的子矩阵了!!!
    3. 反之,如果target < key,那么也很明显,区域2和区域4就没必要搜索了,接下来只需要搜索区域1和区域3组成的子矩阵即可!

    所以,总的来说,这个算法的复杂度为O(N + M),应该能够很容易分析出来吧?
    分析

    C. 代码实现

    class Solution {
    public:
        bool Find(vector<vector<int> >& array, int target) {
            if (array.empty())
                return false;
            int rowSize = array.size(), colSize = array[0].size();
            int x = 0, y = colSize - 1;
            while (check(0, rowSize, x) && check(0, colSize, y)) {
                if (target == array[x][y])
                    return true;
                else if (target < array[x][y])
                    --y;
                else
                    ++x;
            }
    
            return false;
        }
    
        bool check(int lower, int upper, int now) {
            return now >= lower && now < upper;
        }
    };

    D. 还有更快的算法吗?

    应该是有的,不过有点复杂,思路是——在对角线上做二分查找,然后递归下去,这样的话,分治收敛得更快,有兴趣的可以实现出来交流一下,我等下次回来再实现。【未完待续】


    参考:July的《编程之法》4.2节

    展开全文
  • 使用二分查找的方法,解决《378. 有序矩阵中第K小的元素》问题

    378. 有序矩阵中第K小的元素


    题目来源:力扣(LeetCode)https://leetcode-cn.com/problems/kth-smallest-element-in-a-sorted-matrix

    题目


    给定一个 n x n 矩阵,其中每行和每列元素均按升序排序,找到矩阵中第 k 小的元素。
    请注意,它是排序后的第 k 小元素,而不是第 k 个不同的元素。

    示例:

    matrix = [
       [ 1,  5,  9],
       [10, 11, 13],
       [12, 13, 15]
    ],
    k = 8,
    
    返回 13。
    

    提示:

    • 你可以假设 k 的值永远是有效的,1 ≤ k ≤ n2 。

    解题思路


    先审题,题目中给出的是二维数组,而问题需要求得的是二维数组中第 k 小的元素。在这里,最直接的方法就是将二维数组转换为一维数组,对于转换后的一维数组进行升序排序,那么此时的一维数组中的第 k 个元素就是所求的结果。代码大致如下:

    # python
    def kthSmallest(self, matrix: List[List[int]], k: int) -> int:
        res = []
        for row in matrix:
            for ele in row:
                res.append(ele)
        res.sort()
        return res[k-1]
    

    在这里,代码并没有使用矩阵的特性。而是转换为一维数组进行求解。这个解法的时间复杂度为 O(n^2logn),即是对 n x n 个数进行排序。

    因为上面的解法是将矩阵转换为一维数组,并不是在矩阵的基础上解决问题。下面使用二分查找,来尝试以在矩阵的前提下,对问题进行分析解答。

    思路:二分查找

    考虑使用二分查找的原因,因为题目中说明,矩阵中,每行每列元素都是升序排序的。

    也就是说在题目给定的矩阵当中,元素由左上到右下是递增的,以示例为基础扩充展开分析:

    示例:

    matrix = [
       [ 1,  5,  9],
       [10, 11, 13],
       [12, 13, 15]
    ],
    k = 8
    

    将上面的示例稍微扩充如下(仅为更方便展示二分查找方法的效果):

    matrix = [
       [ 1,  5,  9, 10, 11],
       [10, 11, 13, 14, 15],
       [12, 13, 15, 16, 17],
       [13, 14, 16, 17, 18],
       [14, 18, 22, 26, 30]
    ],
    k = 8
    

    将上面二维数组转换为下图:

    矩阵示图

    我们假设左上角的元素为 matrix[0][0],右下角的元素为 matrix[n-1][n-1],根据题意以及上面的示图可知。matrix[0][0] 是二维数组中的最小值,matrix[n-1][n-1] 是最大值。

    我们现在使用二分查找的方法来分析,设 matrix[0][0]matrix[n-1][n-1] 分别为 leftright

    现在我们尝试取 mid(left <= mid <= right),可以发现在矩阵当中小于等于 mid 值的元素会分布在矩阵的左上部分,而大于 mid 值的元素则分布在矩阵的右下部分。例如下图所示,此时取 mid 为 15:

    矩阵划分

    在这里大于 mid 和小于等于 mid 的元素分为两部分,沿着红色的分割线将两者分开。此时,我们就可以看到,大于 mid 和小于等于 mid 两者元素的个数分别有多少。

    上面红色分割线划分的依据,在这里进行分析:

    因为每行每列的元素都是升序排列的,我们前面的分析,元素需要与 mid 进行比较。例如,我们现在要求分布在左边部分的元素,也就是元素值小于等于 mid 的部分。

    此时我们可以考虑从左下角开始出发,往右上角去找。这样能够快速收缩范围。具体的流程如下:

    • 以左下角为起始点,往右上角开始扩散
    • 如果当前位置的元素值小于等于 mid 值时,说明从当前位置开始往上的所有元素都小于等于 mid(因为每列升序排列),记录当前元素个数 count,注意维护更新。
    • 此时满足元素值小于等于 mid 值时,向右边移动再次比较。否则,就向上移动,寻找稍小的元素进行比较,直至移动到边界。

    在这里,当取 mid 值后进行划分时,按照上面的方法,能够确定小于或等于 k 的个数,那么就会出现以下两种情况:

    • 当 count 大于或等于 k 时,那么可以确定要找的答案在 [left, mid] 这边;
    • 否则,答案在 [mid+1, right] 这个区间。

    那么根据这个思路,循环直至找到答案。

    关于二分查找方法执行流程,可看如下简略图示(若不太理解,可手画图帮忙理解):

    简略图示

    具体的代码实现如下。

    代码实现


    class Solution:
        def kthSmallest(self, matrix: List[List[int]], k: int) -> int:
            def search(mid, n):
                # 从左下角开始往右上角找
                i, j = n-1, 0
                # 统计小于或等于 mid 的元素个数
                count = 0
                while i >= 0 and j < n:
                    if matrix[i][j] <= mid:
                        # 当此时元素小于等于 mid
                        # 那么该元素往上的所有元素都会小于或等于 mid
                        count += (i + 1)
                        # 向右移动,继续比较
                        j += 1
                    else:
                        # 当此时元素大于 mid 时,说明这个元素不包含在内,往上移动
                        i -= 1
                # count 与 k 值比对,判断所求元素落在哪边
                return count >= k
            
            n = len(matrix)
    
            left, right = matrix[0][0], matrix[n-1][n-1]
    
            while left < right:
                mid = left + (right - left) // 2
                if search(mid, n):
                    # 当 count 大于等于 k 时,表明答案落在 [left, mid]
                    # 否则落在 [mid+1, right]
                    right = mid
                else:
                    left = mid + 1
            
            return left
    

    实现结果


    实现结果


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    qrcode_for_Demon

    展开全文
  • 378、有序矩阵中第K小的元素

    千次阅读 2020-07-04 18:08:33
      由题目给出的性质可知,这个矩阵的每一行均为一个有序数组。问题即转化为从这 n 个有序数组中找第 k 大的数,可以想到利用归并排序的做法,归并到第 k 个数即可停止。 一般归并排序是两个数组归并,而本题是 nn ...

    题目:给定一个 n x n 矩阵,其中每行和每列元素均按升序排序,找到矩阵中第 k 小的元素

    归并排序

    思路及算法

      由题目给出的性质可知,这个矩阵的每一行均为一个有序数组。问题即转化为从这 n 个有序数组中找第 k 大的数,可以想到利用归并排序的做法,归并到第 k 个数即可停止。

    一般归并排序是两个数组归并,而本题是 n 个数组归并,所以需要用小根堆维护,以优化时间复杂度。

    public int kthSmallest2(int[][] matrix, int k){
    
            PriorityQueue<int[]> pq = new PriorityQueue<int[]>(new Comparator<int[]>() {
                @Override
                public int compare(int[] a, int[] b) {
                    return a[0] - b[0];
                }
            });
            int n = matrix.length;
            for (int i = 0; i < n; i++) {
                pq.offer(new int[]{matrix[i][0], i, 0});
            }
            //维护最左侧的一列最小值候选人,当有序队列弹出7个最小值,此时队列中的最小值即为所求
            for (int i = 0; i < k - 1; i++) {
                int[] now = pq.poll();
                if (now[2] != n - 1) {
                    pq.offer(new int[]{matrix[now[1]][now[2] + 1], now[1], now[2] + 1});
                }
            }
            return pq.poll()[0];
        }
    

    时间复杂度:O(klogn),归并 k 次,每次堆中插入和弹出的操作时间复杂度均为logn。
    空间复杂度:O(n),堆的大小始终为 n。

    其实解决这个问题的关键,在于维护一组“最小值候选人”
    在整个矩阵中,每次弹出矩阵中最小的值,第k个被弹出的就是我们需要的数字。

    现在我们的目的很明确:每次弹出矩阵中最小的值。你需要保证最小值必然从这组候选人中产生,于是每次只要从候选人中弹出最小的一个即可。

    我们来选择第一组候选人,在这里可以选择第一列,因为每一个数字都是其对应行的最小值,全局最小值也必然在其中。然后使用ProrityQueue有序队列来存储这一组候选人,就能保证每次从队列中弹出的都是候选人中的最小值。
    例:
      选取以下矩阵,开始的候选人为第一列,然后每次选择候选人中的最小值弹出,然后被弹出的那一行的候选人右移以为记得到该行新的候选人,当某一行的值弹完后将候选人队列中长度减1即可,知道弹出第k-1个值,此时最小值队列的值即为所求第k小的值

    步骤如下图所示:在这里插入图片描述

    二分查找

    思路及算法

    由题目给出的性质可知,这个矩阵内的元素是从左上到右下递增的(假设矩阵左上角为 matrix[0][0])。以下图为例:
    在这里插入图片描述
    我们知道整个二维数组中 matrix[0][0] 为最小值,matrix[n−1][n−1] 为最大值,现在我们将其分别记作 l 和 r。

    可以发现一个性质:任取一个数 mid 满足l≤mid≤r,那么矩阵中不大于 mid 的数,肯定全部分布在矩阵的左上角。

    例如下图,取 mid=8:
    在这里插入图片描述
    我们可以看到,矩阵中大于 mid 的数就和不大于 mid 的数分别形成了两个板块,沿着一条锯齿线将这个矩形分开。其中左上角板块的大小即为矩阵中不大于 mid 的数的数量。

    我们只要沿着这条锯齿线走一遍即可计算出这两个板块的大小,也自然就统计出了这个矩阵中不大于mid 的数的个数了。

    走法演示如下,依然取 mid=8:
    在这里插入图片描述
    可以这样描述走法:

     1、初始位置在 matrix[n−1][0](即左下角);
     2、设当前位置为 matrix[i][j]。若 matrix[i][j]≤mid,则将当前所在列的不大于 mid 的数的数量(即 i+1)累加到答案中,并向右移动,否则向上移动;
     3、不断移动直到走出格子为止。

    我们发现这样的走法时间复杂度为 O(n),即我们可以线性计算对于任意一个 mid,矩阵中有多少数不大于它。这满足了二分查找的性质。

    不妨假设答案为 x,那么可以知道 l≤x≤r,这样就确定了二分查找的上下界。

    每次对于「猜测」的答案 mid,计算矩阵中有多少数不大于mid

    如果数量不少于 k,那么说明最终答案 x 不大于 mid;
    如果数量少于 k,那么说明最终答案 x 大于 mid。
    这样我们就可以计算出最终的结果 x 了。

    public int kthSmallest3(int[][] matrix, int k){
            int n = matrix.length;
            int left = matrix[0][0];
            int right = matrix[n - 1][n - 1];
            while (left < right) {
                int mid = left + ((right - left) >> 1);
                if (check(matrix, mid, k, n)) {
                    right = mid;
                } else {
                    left = mid + 1;
                }
            }
            return left;
        }
        //判断数量是否大于k
        public boolean check(int[][] matrix, int mid, int k, int n) {
            int i = n - 1;
            int j = 0;
            int num = 0;
            while (i >= 0 && j < n) {
                if (matrix[i][j] <= mid) {
                    num += i + 1;
                    j++;
                } else {
                    i--;
                }
            }
            return num >= k;
        }
    

    时间复杂度:O(nlog(r−l)),二分查找进行次数为 O(log(r−l)),每次操作时间复杂度为 O(n)。
    空间复杂度:O(1)。

    暴力法:直接排序

    public int kthSmallest(int[][] matrix, int k) {
    
            int rows = matrix.length;
            int columns = matrix[0].length;
            int []sorted = new int[rows*columns];
            int index = 0;
            for (int[] row : matrix) {
                for (int num : row) {
                    sorted[index++] = num;
                }
            }
            Arrays.sort(sorted);
            return sorted[k-1];
        }
    

    时间复杂度:O(n^2logn),对 n^2个数排序。
    空间复杂度:O(n^2),一维数组需要存储这 n^2个数。

    暴力法容易理解,就是直接先把二维数组转换为一维数组,然后对该一维数组排序(调用Arrays.sort()函数即可),然后排序后数组中下标为k-1的值即为所求,但是这种方法没有用到有序数组的性质,而且新产生了一个n*n的一维数组,所以时间和空间复杂度都很高。

    其它方法自行查看Leetcode官方题解。
    参考:
    Leetcode题解1
    Leecode官方题解

    展开全文
  • 该函数生成可用于图像处理、信号处理、遗传算法等的二元(Paley)有序 Hadamard 矩阵
  • 有序矩阵: 每一行都按照从左到右递增的顺序排序,每一列都按照从上到下递增的顺序排序。 有序查找用二分法较快,借用一张说明思路:(原地址: http://justjavac.iteye.com/blog/1310178 ) ...

    有序矩阵:每一行都按照从左到右递增的顺序排序,每一列都按照从上到下递增的顺序排序。

    有序查找用二分法较快,借用一张图说明思路:(原图地址:http://justjavac.iteye.com/blog/1310178


    假设查找17,第一次比较10,然后比较25,然后比较13,返回元素13,这时候再递归查找13 左下角的矩阵和右上角的矩阵就可以了(红色椭圆部分)


    关键问题:什么时候停止二分?


    从上面的图中可以总结出:

    当二分结果不再发生变化(等于左上角,或等于右下角)时,即满足条件 (i==m1 || i ==m2) && (j==n1 || j==n2)时停止二分,并开始递归地二分查找左下矩阵和右上矩阵。

    分为以下3种情况:

    1)、

    12
      
    2)、

    1
    2
    3)、

    12
    34

    总结二分停止时的所有(i,j)可能:

    ij
    m1n1
    m1n2
    m2n1
    m2n2


    所以,while循环的条件设定为:  !((i==m1 || i ==m2) && (j==n1 || j==n2))

    C实现(Time Limit Exceed):

    #include<stdio.h>
     
    int matrix[1005][1005];
    int binarySearch(int matrix[][1005], int x, int m1, int n1, int m2, int n2);
     
    int main() {
        int m, n, i, j, x;
        while(scanf("%d %d", &m, &n) != EOF) {
            scanf("%d", &x);
            for(i = 0; i < m; i++) {
                for(j = 0; j < n; j++) {
                    scanf("%d", &matrix[i][j]);
                }
            }
     
            int flag = binarySearch(matrix, x, 0, 0, m-1, n-1);
     
            if(flag) {
                printf("Yes\n");
            }
            else {
                printf("No\n");
            }
        }
        return 0;
    }
     
    int binarySearch(int matrix[][1005], int x, int m1, int n1, int m2, int n2) {
        int leftResult = 0, rightResult = 0;
        if(matrix == NULL) {
            return 0;
        }
        if(x < matrix[m1][n1] || x > matrix[m2][n2]) {
            return 0;
        }
        else if(x == matrix[m1][n1] || x == matrix[m2][n2]) {
            return 1;
        }
     
        int i = (m1 + m2) / 2;
        int j = (n1 + n2) / 2;
     
        while(!((i == m1 || i == m2) && (j == n1 || j == n2))) {
            //printf("m1:%d, n1:%d, m2:%d, n2:%d, i:%d, j:%d, matrix[i][j]:%d\n", m1,n1,m2,n2,i,j,matrix[i][j]);
            if(x == matrix[i][j]) {
                return 1;
            }
            else if(x < matrix[i][j]) {
                i = (m1 + i) / 2;
                j = (n1 + j) / 2;
            }
            else {
                i = (i + m2) / 2;
                j = (j + n2) / 2;
            }
        }
     
        if(i < m2) {
            leftResult = binarySearch(matrix, x, i+1, n1, m1, j);
        }
        if(leftResult) {
            return 1;
        }
        if(j < n2) {
            rightResult = binarySearch(matrix, x, m1, j+1, i, n2);
        }
        if(rightResult) {
            return 1;
        }
     
        return 0;
    }
     
    /**************************************************************
        Problem: 1384
        User: wusuopuBUPT
        Language: C
        Result: Time Limit Exceed
    ****************************************************************/

    参考: http://justjavac.iteye.com/blog/1310178

    以上是二分查找的解法
    --------------------------------------------------------------------------------

    方法二:不用递归,从矩阵的右上角(x,y)开始search(这样有一个好处:(x,y)的左侧所有点都小于matrxi[x][y], (x,y)的下侧所有点都大于matrix[x][y]),在每个点都做这样的判断:

    if (a[i][j] == key)
    	return 1;//找到,直接返回1
    else if (a[i][j] < key)
    	i++; //当前值小于key,则向下search
    else
    	j--; //当前值大于Key,则向左search

    AC代码: 


    #include<stdio.h>
     
    int search(int a[][1005], int m, int n, int key) {
        int i = 0;
        int j = n - 1;
        while (i < m && j >= 0) {
            if (a[i][j] == key)
                return 1;
            else if (a[i][j] < key)
                i++;
            else
                j--;
        }
     
        return 0;
    }
     
    int main() {
        int n, m;
        int a[1005][1005];
        while (scanf("%d %d", &m, &n) != EOF) {
            int key;
            scanf("%d", &key);
            int i, j;
            for (i = 0; i < m; i++){
                for (j = 0; j < n; j++) {
                    scanf("%d", &a[i][j]);
                }
            }
            int flag = search(a, m, n, key);
            if(flag) {
                printf("Yes\n");
            }
            else {
                printf("No\n");
            }
        }
        return 0;
    }
     
    /**************************************************************
        Problem: 1384
        User: wusuopuBUPT
        Language: C
        Result: Accepted
        Time:690 ms
        Memory:4788 kb
    ****************************************************************/


    参考:

    http://blog.csdn.net/shanshanpt/article/details/8685587

    http://www.cnblogs.com/remlostime/archive/2012/11/21/2780352.html

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有序矩阵图