在数组中找到第 k 大的元素。(你可以交换数组中的元素的位置)

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样例 1：

输入：
n = 1, nums = [1,3,4,2]
输出：
4

样例 2：

输入：
n = 3, nums = [9,3,2,4,8]
输出：
4

[题解]

算法：快速选择算法

最容易想到的就是直接排序，返回第 k 大的值。时间复杂度是 O(nlogn)，这里提供 O(n)的解法。

这题其实是快速排序算法的变体，在九章算法班中也有详细讲解。通过快速排序算法的 partition 步骤，可以将小于 pivot 的值划分到 pivot 左边，大于 pivot 的值划分到 pivot 右边，所以可以直接得到 pivot 的 rank 。从而缩小范围继续找第 k 大的值。

partition 步骤：

• 令 left = start，right = end，pivot = nums[left]。
• 当 nums[left] < pivot 时，left 指针向右移动。
• 当 nums[right] > pivot 时，right 指针向左移动。
• 交换两个位置的值，right 指针左移，left 指针右移。
• 直到两指针相遇，否则回到第 2 步。 每次 partition 后根据 pivot 的位置，寻找下一个搜索的范围。

复杂度分析

设数组长度为 n

时间复杂度 O(n)

• 对一个数组进行 partition 的时间复杂度为 O(n)。
• 分治，选择一边继续进行 partition 。
• 所以总的复杂度为 T(n) = T(n / 2) + O(n)，总时间复杂度依然为 O(n)。

空间复杂度 O(1)

只需要快速选择游标的 O(1)额外空间。

public class Solution {
    /**
     * @param n: An integer
     * @param nums: An array
     * @return: the Kth largest element
     */
    public int kthLargestElement(int k, int[] nums) {
        int n = nums.length;
        // 为了方便编写代码，这里将第 k 大转换成第 k 小问题。
        k = n - k;
        return partition(nums, 0, n - 1, k);
    }
    public int partition(int[] nums, int start, int end, int k) {
        int left = start, right = end;
        int pivot = nums[left];

        while (left <= right) {
            while (left <= right && nums[left] < pivot) {
                left++;
            }
            while (left <= right && nums[right] > pivot) {
                right--;
            }
            if (left <= right) {
                swap(nums, left, right);
                left++;
                right--;
            }
        }

        // 如果第 k 小在右侧，搜索右边的范围，否则搜索左侧。
        if (k <= right) {
            return partition(nums, start, right, k);
        }
        if (k >= left) {
            return partition(nums, left, end, k);
        }
        return nums[k];
    }
    public void swap(int[] nums, int x, int y) {
        int temp = nums[x];
        nums[x] = nums[y];
        nums[y] = temp;
    }
}

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