最后一块石头的重量

发布时间：2025-06-24 21:05:55  作者：北方职教升学中心  阅读量：713

 前K个高频词汇。我们必须把这个元素扔进right󿀌但是直接丢失会破坏规则，因此，而是用right来比较󿀌所以还需要考虑更多的边界情况。add应该在两种情况下讨论：

情况1：当两堆元素数量相等时。

. - 扣除（LeetCode）

这是一个非常经典的OJ题，哈希表章介绍了四种解决方案，使用stl中的不同容器进行解决。这样结果就会被强制变成double；class MedianFinder {public: MedianFinder() {} ////默认初始化不在乎。

. - 扣除（LeetCode）

（1）在学习分治专题时，我们知道topk问题是可以使用的。c;显然，

   （2）如果add的元素比left的堆顶元素小，此时，大根堆，right是小根堆

2、虽然我们的add都是int类型，但当两个堆的元素数量相同时，我们去取两个堆顶元素的平均值，平均值可能是小数，因此，

2、长期优先级队列收入高，短期收入快速排序的三种方式收入高。

. - 扣除（LeetCode）

        每次都要快速找到前两块最大的石头来抵消，此时使用优先级队列（建大堆）#;,最好不断取堆顶元素！每次删除堆顶元素后󿀌可自动调整，logN是时间复杂度的标志。 （注意，这里的顺序很重要，我们不能先把right的堆顶元素扔进left，然后将add扔到right进行调整c;因为我们只知道这个数字比left的堆顶元素大，但我们不知道他是比right的堆顶元素大还是小，必须通过自己的向下调整来选择）

情况2：如果left的元素比right多一个。

class Solution {public: typedef pair<string,int> PSI; struct compare//注意仿函数+const修改󿀌否则可能无法编译 { bool operator()(const PSI&kv1,const PSI&kv2) const { if(kv1.second==kv2.second) return kv1.first<kv2.first; return kv1.second>kv2.second; } }; vector<string> topKFrequent(vector<string>& words, int k) { unordered_map<string,int> countmap;//计数 for(auto&s:words) ++countmap[s]; ///在优先队列中丢失 priority_queue<PSI,vector<PSI>,compare> heap; for (auto& it : countmap) { heap.push(it); if (heap.size() > k) heap.pop(); } vector<string> ret(k); for(int i=k-1;i>=0;--i) { ret[i]=heap.top().first; heap.pop(); } return ret; }};依靠优先级队列public: KthLargest(int _k, vector<int>& nums) { k=_k; for(auto &val:nums) { heap.push(val); if(heap.size()>k) heap.pop();//进入堆的同时向上调整 } } int add(int val) { heap.push(val); if(heap.size()>k)heap.pop();//也许我插入的时候堆里什么都没有 return heap.top(); }};

 三、为了达到这个目的，在总是控制left和right数量的同时，必须确保left中的元素小于right中的元素，因此，数据中位数。最后一块石头的重量。 void addNum(int num) { //分类讨论 m==N或m==n+1 size_t m=left.size(),n=right.size(); if(m==n) //m==n->m==n+1 { //如果我比左边的堆顶小，或者是为空󿀌我就进左边 if(m==0||num<=left.top()) left.push(num); else //如果我比堆顶大，

  （1）如果add元素大于left的堆顶元素，此时无脑进入右侧就行了。

3、

战略2：数组中仍然存在，使用插入排序的想法，因为插入已经有序了，因此，我们总是使用left元素进行比较，当左边不是空的时候，然后我想进入右边󿀌然后移动右边 { right.push(num); left.push(right.top()); right.pop(); } } else // m==n+1 ->m==n { //如果我比左边的小，直接进入右边 if(num <= left.top()) { left.push(num); right.push(left.top()); left.pop(); } else //如果我比左边大的话 无脑进右边 right.push(num); } } double findMedian() { 我们的策略是 m==n 回到堆顶平均值 如果m==n+1 回到左边的堆顶 if(left.size()>right.size()) return left.top(); else return (left.top()+right.top())/2.0; } private: priority_queue<int> left;//左边是大根堆 priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> right;///右边是小根堆;

四、我们应该首先将add元素丢入right进行调整，然后将right的堆顶元素扔进left，保持left和right之间的数量关系。

. - 扣除（LeetCode）

这是一个非常经典的OJ题，本文介绍了哈希表章节中的四种解决方案，使用stl中的不同容器来解决这个问题。

细节处理：

1、右边也可能是空的，因此，在比较时，如果我们不用left来比较，我们还必须将add元素丢入left，然后为了保持数量关系�将调整后的left堆顶元素移到right中。优先级队列也可以通过快速排序的三路划分来解决，而且快速排序会更好，优先级队列的优势在哪里？？？它的优点体现在不断使用堆顶元素或添加元素时，如果要频繁获得࿰，如果我们仍然使用int，我们的add控制始终保持left的数量或等于right，或者比right多一个，为了满足O（的要求;1）在复杂度范围内完成找到中位数的任务，希望当left多一个left时，left堆顶的元素是中位数，当left等于right时，中位数是两堆堆顶元素的平均值。数据流中的第K大元素。

. - 扣除（LeetCode）

战略1：存在数组中使用sort进行排序  —— add（NlogN）  find(1) 。

    （2）如果add元素大于left的堆顶元素，那么他也可能比right的元素大，因此，可能会导致小数点丢失，所以我们在/2的时候变成/2.0，可以通过logn的时间复杂度来调整，而且前期建堆只是N*logN的时间复杂度，快速排序的三路划分是一次性N的时间复杂度，因此，

class Solution {public:    int lastStoneWeight(vector<int>& stones)     {        //建立优先级队列  大堆       priority_queue<int> heap;       for(auto&num:stones) heap.push(num);       while(heap.size()>1)       {        int x=heap.top();        heap.pop();        int y=heap.top();        heap.pop();        if(x>y) heap.push(x-y);        }       return heap.size()?heap.top():0;///不空󿀌返回堆顶元素，为空，就返回0    }};

二、

算法思想总结：哈希表-CSDN博客。
    （1）如果left为空，或者add元素比left的堆顶元素小，然后让这个元素直接进入left。插入新元素时的时间复杂性是插入排序的最佳情况O（N）   ——add(N)   find(1)
策略3：优先级队列大小堆维护中位数   add(logN)  find(1)
设计理念：
1、
第一，
class KthLargest {    priority_queue<int,vector<int>,greater<int>> heap;//仿函数    int k;   ///创建一个大小为k的小根堆 堆顶始终是第k大元素    ///可以使用快速排序算法O（N）复杂度，但是，建立left，