239. Sliding Window Maximum

239. Sliding Window Maximum

Given an array nums, there is a sliding window of size k which is moving from the very left of the array to the very right. You can only see the k numbers in the window. Each time the sliding window moves right by one position.

For example, Given nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], and k = 3.

Window position Max--------------- -----[1 3 -1] -3 5 3 6 7 3 1 [3 -1 -3] 5 3 6 7 3 1 3 [-1 -3 5] 3 6 7 5 1 3 -1 [-3 5 3] 6 7 5 1 3 -1 -3 [5 3 6] 7 6 1 3 -1 -3 5 [3 6 7]

Therefore, return the max sliding window as [3,3,5,5,6,7].

Note: You may assume k is always valid, ie: 1 ≤ k ≤ input array’s size for non-empty array.

Follow up: Could you solve it in linear time?

复杂度： 时间 O(N) 空间 O(K)

思路： 我们用双向队列可以在O(N)时间内解决这题。当我们遇到新的数时，将新的数和双向队列的末尾比较，如果末尾比新数小，则把末尾扔掉，直到该队列的末尾比新数大或者队列为空的时候才住手。这样，我们可以保证队列里的元素是从头到尾降序的，由于队列里只有窗口内的数，所以他们其实就是窗口内第一大，第二大，第三大…的数。保持队列里只有窗口内数的方法和上个解法一样，也是每来一个新的把窗口最左边的扔掉，然后把新的加进去。然而由于我们在加新数的时候，已经把很多没用的数给扔了，这样队列头部的数并不一定是窗口最左边的数。这里的技巧是，我们队列中存的是那个数在原数组中的下标，这样我们既可以直到这个数的值，也可以知道该数是不是窗口最左边的数。这里为什么时间复杂度是O(N)呢？因为每个数只可能被操作最多两次，一次是加入队列的时候，一次是因为有别的更大数在后面，所以被扔掉，或者因为出了窗口而被扔掉。

class Solution { public int[] maxSlidingWindow(int[] nums, int k) { if(nums == null || nums.length == 0) return new int[0]; LinkedList deque = new LinkedList(); int[] res = new int[nums.length + 1 - k]; for(int i = 0; i < nums.length; i++){ // 每当新数进来时，如果发现队列头部的数的下标，是窗口最左边数的下标，则扔掉 if(!deque.isEmpty() && deque.peekFirst() == i - k) deque.poll(); // 把队列尾部所有比新数小的都扔掉，保证队列是降序的 while(!deque.isEmpty() && nums[deque.peekLast()] < nums[i]) deque.removeLast(); // 加入新数 deque.offerLast(i); // 队列头部就是该窗口内第一大的 if((i + 1) >= k) res[i + 1 - k] = nums[deque.peek()]; } return

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