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题意

给定整数数组 nums 和整数 k，请返回数组中第 k 个最大的元素。

请注意，你需要找的是数组排序后的第 k 个最大的元素，而不是第 k 个不同的元素。

你必须设计并实现时间复杂度为 O(n) 的算法解决此问题。

示例 1:

输入: [3,2,1,5,6,4], k = 2
输出: 5

示例 2:

输入: [3,2,3,1,2,4,5,5,6], k = 4
输出: 4

提示：

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

思路及解答

堆排序

这道题就是经典的 topK 问题， 实现一个小根堆，规定堆的元素大小是 k 个，将比堆顶大的元素进堆。最后遍历完数组之后，此时堆顶是 k 个元素中最小的，有就是所有元素中第 k 大的了。

可以用PriorityQueue的最小堆来实现：

public class KthLargestMinHeap {
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        PriorityQueue<Integer> minHeap = new PriorityQueue<>(k);
        
        for (int num : nums) {
            if (minHeap.size() < k) {
                minHeap.offer(num);
            } else if (num > minHeap.peek()) {
                minHeap.poll();
                minHeap.offer(num);
            }
        }
        return minHeap.peek();
    }
}

升序排序后索引为 len – k 的元素

其实题目已经告诉我们了：

你需要找的是数组排序后的第 k 个最大的元素，而不是第 k 个不同的元素。

因此，升序排序以后，返回索引为 len – k 这个元素即可。

代码如下：

public class Solution {
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        Arrays.sort(nums);
        return nums[len - k];
    }
}

• 时间复杂度：O(NlogN)。这里 N 是数组的长度，算法的性能消耗主要在排序，JDK 默认使用快速排序，因此时间复杂度为O(NlogN)。
• 空间复杂度：O(1)。这里是原地排序，没有借助额外的辅助空间。

但是，如果出了这道题，显然不是想让你调 API ，而是看你对快排的理解

借助快排 partition 操作定位（推荐）

“快速排序” 中的 partition(切分)操作简单介绍如下：

• 对于某个索引i，nums[i] 已经排序完，即 nums[i] 经过 partition(切分)操作以后会放置在它 “最终应该放置的地方”；
• nums[left] 到 nums[i – 1] 中的所有元素都不大于 nums[i]；
• nums[i + 1] 到 nums[right] 中的所有元素都不小于 nums[i]。

很显然，nums[i] 最终所在的位置，也就是它排序后的具体位置。也就是说，如果实现的排序是降序排序，那么第k个位置的数据，也确定就是第k大的

而这样每经过一次 partition操作就能缩小搜索的范围，这样的思想叫做 “减而治之”(是 “分而治之” 思想的特例)。下面是参考代码：

public class Solution {
 
    public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
        int len = nums.length;
        int left = 0;
        int right = len - 1;
 
        // 转换一下，第 k 大元素的索引是 len - k
        int target = len - k;
 
        while (true) {
            int index = partition(nums, left, right);
            if (index == target) {
                return nums[index];
            } else if (index < target) {
                left = index + 1;
            } else {
                right = index - 1;
            }
        }
    }
 
	public static int partition(int[] array, int low, int high) {
	    // 取最后一个元素作为中心元素
	    int pivot = array[high];
	    // 定义指向比中心元素大的指针，首先指向第一个元素
	    int pointer = low;
	    // 遍历数组中的所有元素，将比中心元素大的放在右边，比中心元素小的放在左边
	    for (int i = low; i < high; i++) {
	        if (array[i] <= pivot) {
		        // 将比中心元素小的元素和指针指向的元素交换位置 
		        // 如果第一个元素比中心元素小，这里就是自己和自己交换位置，指针和索引都向下一位移动 
		        // 如果元素比中心元素大，索引向下移动，指针指向这个较大的元素，直到找到比中心元素小的元素，并交换位置，指针向下移动
		        swap(array, i, pointer);
	            pointer++;
	        }
	    }
	    // 将中心元素和指针指向的元素交换位置
	    swap(array, pointer, high);
	    return pointer;
	}
	
	private static void swap(int[] arr, int i, int j) { 
		int temp = arr[i]; 
		arr[i] = arr[j]; 
		arr[j] = temp; 
	}
}

• 时间复杂度：O(N)。这里 N 是数组的长度。
• 空间复杂度：O(1)。切分过程可以不借助额外的数组空间，仅通过交换数组元素实现，没有借助额外的辅助空间。