每日算法系列【LeetCode 719】找出第 k 小的距离对

题目描述

给定一个整数数组，返回所有数对之间的第 k 个最小距离。一对 (A, B) 的距离被定义为 A 和 B 之间的绝对差值。

示例1

        输入：
nums = [1,3,1]
k = 1
输出：
0
解释：
所有数对如下：
(1,3) -> 2
(1,1) -> 0
(3,1) -> 2
因此第 1 个最小距离的数对是 (1,1)，它们之间的距离为 0。

提示

2 <= len(nums) <= 10000.
0 <= nums[i] < 1000000.
1 <= k <= len(nums) * (len(nums) - 1) / 2.

题解

注意到这题 $n$ 比较大，所以不能算出所有的数对差值，然后排序，这样时间复杂度就是 $O(n^2 \log {n^2})$ 了。

直觉上应该先给数组从小到大排个序，那么差值最小值就是 0 ，最大值就是 $nums[n-1] - nums[0]$ ，答案肯定也就在这个区间里了。

那么我们可以从最大的差值开始，看是否有数对满足这个差值，并且这个差值还得是第 $k$ 小的。对于差值 $m$ ，如果它是第 $k$ 小的，说明所有数对中差值小于等于 $m$ 的数对个数 $c$ 一定大于等于 $k$ 。因为如果第 $k$ 小的差值只有一个数对满足，那么 $c = k$ ，否则的话就有多个数对差值都是 $m$ ，那就有 $c > k$ 。于是我们找到第一个满足 $c < k$ 的差值就行了，再加 1 就是最终的答案。

那么怎么求小于等于 $m$ 的数对个数 $c$ 呢？因为排过序了，所以可以采用双指针的方法，初始时 $l = r = 0$ ，对于每个右指针 $r$ ，我们移动左指针 $l$ ，直到 $nums[r] - nums[l] \le m$ 。那么最终 $r - l$ 就是以 $nums[r]$ 作为较大数的数对个数。因为两个指针都是向右移动的，所以每次计算个数只需要 $O(n)$ 的时间复杂度。

所以这个方法最终总的时间复杂度为 $O(Wn + n \log n)$ ，因为最大差值 $W$ 还是太大，所以还是没有办法直接遍历。

又注意到随着 $m$ 的减小， $c$ 也是单调减小的，所以可以二分寻找 $m$ 。如果 $c \ge k$ ，那么说明答案小于等于 $m$ ，于是令 $r = m$ 。如果 $c < k$ ，那么说明答案一定大于 $m$ ，于是令 $l = m + 1$ ，最终答案就是 $l$ 。

这样二分优化之后，最终的时间复杂度为 $O(n\log W + n\log n)$ ，可以接受。

代码

c++

        class Solution {public:int smallestDistancePair(vector<int>& nums, int k) {int n = nums.size();sort(nums.begin(), nums.end());int l = 0, r = nums[n-1]-nums[0];while (l < r) {int m = (l + r) / 2;if (count(m, nums) >= k) r = m;else l = m + 1;}return l;}int count(int K, vector<int>& nums) {int cnt = 0, l = 0, n = nums.size();for (int r = 0; r < n; ++r) {while (l < r && nums[r]-nums[l] > K) {l++;}cnt += r - l;}return cnt;}
};

python

        class Solution:def smallestDistancePair(self, nums: List[int], k: int) -> int:n = len(nums)nums.sort()def count(K: int) -> int:cnt, l = 0, 0for r in range(n):while l < r and nums[r]-nums[l] > K:l += 1cnt += r - lreturn cntl, r = 0, nums[-1]-nums[0]while l < r:m = (l + r) // 2if count(m) >= k:r = melse:l = m + 1return l