拜托，面试别再问我TopK了！！！-阿里云开发者社区

前言：本文将介绍随机选择，分治法，减治法的思想，以及TopK问题优化的来龙去脉，原理与细节，保证有收获。

面试中，TopK，是问得比较多的几个问题之一，到底有几种方法，这些方案里蕴含的优化思路究竟是怎么样的，今天和大家聊一聊。

画外音：除非校招，我在面试过程中从不问TopK这个问题，默认大家都知道。

问题描述：

从arr[1, n]这n个数中，找出最大的k个数，这就是经典的TopK问题。

栗子：

从arr[1, 12]={5,3,7,1,8,2,9,4,7,2,6,6} 这n=12个数中，找出最大的k=5个。

一、排序

排序是最容易想到的方法，将n个数排序之后，取出最大的k个，即为所得。

伪代码：

sort(arr, 1, n);

return arr[1, k];

时间复杂度：O(n*lg(n))

分析：明明只需要TopK，却将全局都排序了，这也是这个方法复杂度非常高的原因。那能不能不全局排序，而只局部排序呢？这就引出了第二个优化方法。

二、局部排序

不再全局排序，只对最大的k个排序。

冒泡是一个很常见的排序方法，每冒一个泡，找出最大值，冒k个泡，就得到TopK。

伪代码：

for(i=1 to k){

         bubble_find_max(arr,i);

}

return arr[1, k];

时间复杂度：O(n*k)

分析：冒泡，将全局排序优化为了局部排序，非TopK的元素是不需要排序的，节省了计算资源。不少朋友会想到，需求是TopK，是不是这最大的k个元素也不需要排序呢？这就引出了第三个优化方法。

三、堆

思路：只找到TopK，不排序TopK。

先用前k个元素生成一个小顶堆，这个小顶堆用于存储，当前最大的k个元素。

接着，从第k+1个元素开始扫描，和堆顶（堆中最小的元素）比较，如果被扫描的元素大于堆顶，则替换堆顶的元素，并调整堆，以保证堆内的k个元素，总是当前最大的k个元素。

直到，扫描完所有n-k个元素，最终堆中的k个元素，就是猥琐求的TopK。

伪代码：

heap[k] = make_heap(arr[1, k]);

for(i=k+1 to n){

         adjust_heap(heep[k],arr[i]);

}

return heap[k];

时间复杂度：O(n*lg(k))

画外音：n个元素扫一遍，假设运气很差，每次都入堆调整，调整时间复杂度为堆的高度，即lg(k)，故整体时间复杂度是n*lg(k)。

分析：堆，将冒泡的TopK排序优化为了TopK不排序，节省了计算资源。堆，是求TopK的经典算法，那还有没有更快的方案呢？

四、随机选择

随机选择算在是《算法导论》中一个经典的算法，其时间复杂度为O(n)，是一个线性复杂度的方法。

这个方法并不是所有同学都知道，为了将算法讲透，先聊一些前序知识，一个所有程序员都应该烂熟于胸的经典算法：快速排序。

画外音：

（1）如果有朋友说，“不知道快速排序，也不妨碍我写业务代码呀”…额...

（2）除非校招，我在面试过程中从不问快速排序，默认所有工程师都知道；

其伪代码是：

void quick_sort(int[]arr, int low, inthigh){

         if(low== high) return;

         int i = partition(arr, low, high);

         quick_sort(arr, low, i-1);

         quick_sort(arr, i+1, high);

}

其核心算法思想是，分治法。

分治法（Divide&Conquer），把一个大的问题，转化为若干个子问题（Divide），每个子问题“都”解决，大的问题便随之解决（Conquer）。这里的关键词是“都”。从伪代码里可以看到，快速排序递归时，先通过partition把数组分隔为两个部分，两个部分“都”要再次递归。

分治法有一个特例，叫减治法。

减治法（Reduce&Conquer），把一个大的问题，转化为若干个子问题（Reduce），这些子问题中“只”解决一个，大的问题便随之解决（Conquer）。这里的关键词是“只”。

二分查找binary_search，BS，是一个典型的运用减治法思想的算法，其伪代码是：

int BS(int[]arr, int low, inthigh, int target){

         if(low> high) return -1;

         mid= (low+high)/2;

         if(arr[mid]== target) return mid;

         if(arr[mid]> target)

                   return BS(arr, low, mid-1, target);

         else

                   return BS(arr, mid+1, high, target);

}

从伪代码可以看到，二分查找，一个大的问题，可以用一个mid元素，分成左半区，右半区两个子问题。而左右两个子问题，只需要解决其中一个，递归一次，就能够解决二分查找全局的问题。

通过分治法与减治法的描述，可以发现，分治法的复杂度一般来说是大于减治法的：

快速排序：O(n*lg(n))

二分查找：O(lg(n))

话题收回来，快速排序的核心是：

i = partition(arr, low, high);

这个partition是干嘛的呢？

顾名思义，partition会把整体分为两个部分。

更具体的，会用数组arr中的一个元素（默认是第一个元素t=arr[low]）为划分依据，将数据arr[low, high]划分成左右两个子数组：

左半部分，都比t大
右半部分，都比t小
中间位置i是划分元素

以上述TopK的数组为例，先用第一个元素t=arr[low]为划分依据，扫描一遍数组，把数组分成了两个半区：

左半区比t大

右半区比t小

中间是t

partition返回的是t最终的位置i。

很容易知道，partition的时间复杂度是O(n)。

画外音：把整个数组扫一遍，比t大的放左边，比t小的放右边，最后t放在中间N[i]。

partition和TopK问题有什么关系呢？

TopK是希望求出arr[1,n]中最大的k个数，那如果找到了第k大的数，做一次partition，不就一次性找到最大的k个数了么？

画外音：即partition后左半区的k个数。

问题变成了arr[1, n]中找到第k大的数。

再回过头来看看第一次partition，划分之后：

i = partition(arr, 1, n);

如果i大于k，则说明arr[i]左边的元素都大于k，于是只递归arr[1, i-1]里第k大的元素即可；

如果i小于k，则说明说明第k大的元素在arr[i]的右边，于是只递归arr[i+1, n]里第k-i大的元素即可；

画外音：这一段非常重要，多读几遍。

这就是随机选择算法randomized_select，RS，其伪代码如下：

int RS(arr, low, high, k){

  if(low== high) return arr[low];

  i= partition(arr, low, high);

  temp= i-low; //数组前半部分元素个数

  if(temp>=k)

      return RS(arr, low, i-1, k); //求前半部分第k大

  else

      return RS(arr, i+1, high, k-i); //求后半部分第k-i大

}