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题目描述

给你一个整数数组 nums，有一个大小为 k 的滑动窗口从数组的最左侧移动到数组的最右侧。你只可以看到在滑动窗口内的 k 个数字。滑动窗口每次只向右移动一位。

返回滑动窗口中的最大值。

提示：

• 1 <= nums.length <= 10⁵
• 10⁴ <= nums[i] <= 10⁴
• 1 <= k <= nums.length

题解

题解1: 单调队列

队列: 队尾进入, 队头弹出。

C++中没有直接支持单调队列，需要我们自己来一个单调队列。

设计单调队列的时候，pop，和push操作要保持如下规则：

• pop(value)：如果窗口移除的元素value等于单调队列的出口元素，那么队列弹出元素，否则不用任何操作
• push(value)：如果push的元素value大于入口元素的数值，那么就将队列入口的元素弹出，直到push元素的数值小于等于队列入口元素的数值为止
  保持如上规则，每次窗口移动的时候，只要问que.front()就可以返回当前窗口的最大值。

class Solution {
   private:    class MyQueue {
    //单调队列（从大到小）    public:        deque
   
     que; // 使用deque来实现单调队列        // 每次弹出的时候，比较当前要弹出的数值是否等于队列出口元素的数值，如果相等则弹出。        // 同时pop之前判断队列当前是否为空。        void pop (int value) {
               if (!que.empty() && value == que.front()) {
                   que.pop_front();            }        }        // 如果push的数值大于入口元素的数值，那么就将队列后端的数值弹出，直到push的数值小于等于队列入口元素的数值为止。         // 这样就保持了队列里的数值是单调从大到小的了。        void push (int value) {
               while (!que.empty() && value > que.back()) {
                   que.pop_back();            }            que.push_back(value);        }        // 查询当前队列里的最大值 直接返回队列前端也就是front就可以了。        int front() {
               return que.front();        }    };public:    vector
    
      maxSlidingWindow(vector
     
      & nums, int k) {
           MyQueue que;        vector
      
        result;        for (int i = 0; i < k; i++) {
    // 先将前k的元素放进队列            que.push(nums[i]);        }        result.push_back(que.front()); // result 记录前k的元素的最大值        for (int i = k; i < nums.size(); i++) {
               que.pop(nums[i - k]); // 滑动窗口移除最前面元素            que.push(nums[i]); // 滑动窗口前加入最后面的元素            result.push_back(que.front()); // 记录对应的最大值        }        return result;    }};
      
     
    
   

** 复杂度分析**

• 时间复杂度: O(n)，n为数组长度。
• 空间复杂度: O(k), 定义一个辅助队列。

题解2: 暴力法

class Solution {
   public:    vector
   
     maxSlidingWindow(vector
    
     & nums, int k) {
           if(nums.size() == 0) return {
   };        vector
     
       ans;        for(int i = 0; i <= nums.size() - k; i ++){
               int maxNum = nums[i];            for(int j = i; j < i + k; j ++){
                   maxNum = max(maxNum, nums[j]);            }            ans.push_back(maxNum);        }        return ans;    }};
     
    
   

** 复杂度分析**

• 时间复杂度: O(nk)，n为数组长度。
• 空间复杂度: O(1)。

题解3: 动态规划

先将f数组分割成有 k 个元素的块。建立数组 left， 其中 left[j] 是从块的开始到下标 j 最大的元素，方向 左->右。数组 right，其中 right[j] 是从块的结尾到下标 j 最大的元素，方向 右->左。

从左到右遍历数组，建立数组 left。

从右到左遍历数组，建立数组 right。

因为一个窗口 [i, i + k - 1] 最多跨越两个快，所以求窗口中的最大值就是求这个窗口跨越的块中的最大值，我们可以知道，无论是跨越 1 个块也好，2 个块也好，计算处于边界的 i 和 i + k - 1 对应的值就好了，right[i] 是当前块内的滑动窗口从右到左最大的元素，left[i + k - 1] 是当前块内的滑动窗口从左到右最大的元素，这两个范围刚好是整个窗口。

所以窗口的最大值是 max(right[i], left[i + k - 1])。

class Solution {
   public:    vector
   
     maxSlidingWindow(vector
    
     & nums, int k) {
           vector
     
       ans;        int n = nums.size();        vector
      
        left(n, 0), right(n, 0);        int maxNum;        for(int i = 0; i < n; i ++){
               if(i % k == 0){
                   maxNum = nums[i];            }            maxNum = max(maxNum, nums[i]);            left[i] = maxNum;        }        maxNum = nums[n - 1];        for(int i = n - 1; i >= 0; i --){
               if(i % k == k - 1){
                   maxNum = nums[i];            }            maxNum = max(maxNum, nums[i]);            right[i] = maxNum;        }        for(int i = 0; i <= n - k; i ++){
               ans.push_back(max(right[i], left[i + k - 1]));        }        return ans;    }};
      
     
    
   

** 复杂度分析**

• 时间复杂度: O(n)，n为数组长度。
• 空间复杂度: O(n)。

或者

class Solution {
   public:    vector
   
     maxSlidingWindow(vector
    
     & nums, int k) {
           int length = nums.size();        if(length == 1){
               return nums;        }        vector
     
       left(length, 0);        left[0] = nums[0];        vector
      
        right(length, 0);        right[length - 1] = nums[length - 1];        int j = 0;        for(int i = 1; i < length; i++){
               if(i % k == 0){
                   left[i] = nums[i];            }else{
                   left[i] = max(left[i - 1], nums[i]);            }            j = length - i - 1;            if((j+1) % k == 0){
                   right[j] = nums[j];            }else{
                   right[j] = max(right[j + 1], nums[j]);            }        }        vector
       
         res;        int bound = length - k + 1;        for(int i = 0; i < bound; i++){
               res.push_back(max(left[i + k - 1], right[i]));        }        return res;    }};
       
      
     
    
   

参考

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