乘法表中第k小的数

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题目描述

几乎每一个人都用乘法表。但是你能在乘法表中快速找到第 k 小的数字吗？

乘法表是大小为 m x n 的一个整数矩阵，其中 mat[i][j] == i * j（下标从 1 开始）。

给你三个整数 m、n 和 k，请你在大小为 m x n 的乘法表中，找出并返回第 k 小的数字。

示例 1：

输入：m = 3, n = 3, k = 5
输出：3
解释：第 5 小的数字是 3 。

示例 2：

输入：m = 2, n = 3, k = 6
输出：6
解释：第 6 小的数字是 6 。

提示：

1 <= m, n <= 3 * 10⁴
1 <= k <= m * n

代码结果

运行时间: 174 ms, 内存: 16.1 MB

/*
 * Problem: Given a multiplication table of size m x n, find the k-th smallest number.
 * Approach: Using a priority queue (min-heap), we store the elements row-wise from the table. We use streams to streamline the counting process.
 */
 
import java.util.PriorityQueue;
import java.util.stream.IntStream;
 
public class SolutionStream {
    public int findKthNumber(int m, int n, int k) {
        PriorityQueue<int[]> pq = new PriorityQueue<>((a, b) -> a[0] - b[0]);
        IntStream.rangeClosed(1, m).forEach(i -> pq.offer(new int[]{i, i, 1}));
        int number = 0;
        while (k-- > 0) {
            int[] top = pq.poll();
            number = top[0];
            if (top[2] < n) {
                pq.offer(new int[]{top[1] * (top[2] + 1), top[1], top[2] + 1});
            }
        }
        return number;
    }
}

解释

方法:

这个题解使用了二分查找的思路。我们可以在 1 到 m*n 的范围内进行二分查找，每次根据当前数 p 在乘法表中小于等于 p 的数的个数 count，来判断第 k 小的数是在 p 的左边还是右边。如果 count >= k，说明第 k 小的数在 p 的左边，我们缩小右边界；否则第 k 小的数在 p 的右边，我们增大左边界。最终左右边界会收敛到第 k 小的数。

时间复杂度:

O(m * log(m*n))

空间复杂度:

O(1)

代码细节讲解

🦆

在二分查找过程中，为什么选择`left + (right - left) // 2`作为中点而不是简单的`(left + right) // 2`？

▷

选择`left + (right - left) // 2`作为中点是为了防止在计算`(left + right) // 2`时发生整数溢出。当`left`和`right`都非常大的时候，直接相加可能导致超出整型变量的存储范围。而`left + (right - left) // 2`的方式先求差值再除以2，有效避免了这个问题，保证了计算的安全性。

🦆

对于计算小于等于 p 的数的个数，为什么初步计算方法是`(p // n) * n`？这种计算方式是否适用于所有情况？

▷

计算`(p // n) * n`是基于乘法表的行的特性来估算某些行完全小于等于`p`的元素数量。对于每一行`i`，该行元素为`i, 2i, ..., ni`，故当`i <= p // n`时，第`i`行的所有`n`个元素都小于等于`p`。因此，对于所有`i <= p // n`的行，可以直接计算出这些行的元素数量总和为`(p // n) * n`。这种计算方式适用于初步估计，但不适用于所有情况，因为对于`i > p // n`的情况需要额外计算每行小于等于`p`的元素数。

🦆

在循环中，为什么从`(p // n) + 1`到`m + 1`进行迭代？这种范围选择背后的逻辑是什么？

▷

从`(p // n) + 1`到`m + 1`进行迭代是因为对于`i <= p // n`的行，我们已经知道这些行的所有元素都小于等于`p`，所以这部分已经被初步计算为`(p // n) * n`。对于`i > p // n`，这些行中的元素不一定全部小于等于`p`，需要具体计算每行有多少元素小于等于`p`。因此，循环从`(p // n) + 1`开始，是为了计算那些不符合全部小于等于`p`的行的具体符合条件的元素数量。

🦆

题解中提到如果`count >= k`则`right = p`，这样的处理会不会使得最终结果偏小？如何确保最后收敛到正确的第 k 小的数？

▷

如果`count >= k`则将`right`设置为`p`是基于二分查找的策略，即在可能的数值范围内寻找第`k`小的数。这种方式不会使得最终结果偏小，因为这只是将查找范围缩小到包含第`k`小数的更小区间。每次迭代都是基于`count`与`k`的比较来调整`left`或`right`，确保最终`left`和`right`收敛到同一个值，那就是第`k`小的数。通过持续缩小范围，最终当`left == right`时，这个共同值就是正确的第`k`小的数。

相关问题

有序矩阵中第 K 小的元素

给你一个 n x n 矩阵 matrix ，其中每行和每列元素均按升序排序，找到矩阵中第 k 小的元素。
请注意，它是 排序后 的第 k 小元素，而不是第 k 个不同的元素。

你必须找到一个内存复杂度优于 O(n²) 的解决方案。

示例 1：

输入：matrix = [[1,5,9],[10,11,13],[12,13,15]], k = 8
输出：13
解释：矩阵中的元素为 [1,5,9,10,11,12,13,13,15]，第 8 小元素是 13

示例 2：

输入：matrix = [[-5]], k = 1
输出：-5

提示：

n == matrix.length
n == matrix[i].length
1 <= n <= 300
-10⁹ <= matrix[i][j] <= 10⁹
题目数据保证 matrix 中的所有行和列都按 非递减顺序 排列
1 <= k <= n²

进阶：

你能否用一个恒定的内存(即 O(1) 内存复杂度)来解决这个问题?
你能在 O(n) 的时间复杂度下解决这个问题吗?这个方法对于面试来说可能太超前了，但是你会发现阅读这篇文章（ this paper ）很有趣。

找出第 K 小的数对距离

数对 (a,b) 由整数 a 和 b 组成，其数对距离定义为 a 和 b 的绝对差值。

给你一个整数数组 nums 和一个整数 k ，数对由 nums[i] 和 nums[j] 组成且满足 0 <= i < j < nums.length 。返回 所有数对距离中 第 k 小的数对距离。

示例 1：

输入：nums = [1,3,1], k = 1
输出：0
解释：数对和对应的距离如下：
(1,3) -> 2
(1,1) -> 0
(3,1) -> 2
距离第 1 小的数对是 (1,1) ，距离为 0 。

示例 2：

输入：nums = [1,1,1], k = 2
输出：0

示例 3：

输入：nums = [1,6,1], k = 3
输出：5

提示：

n == nums.length
2 <= n <= 10⁴
0 <= nums[i] <= 10⁶
1 <= k <= n * (n - 1) / 2

第 K 个最小的质数分数

给你一个按递增顺序排序的数组 arr 和一个整数 k 。数组 arr 由 1 和若干质数组成，且其中所有整数互不相同。

对于每对满足 0 <= i < j < arr.length 的 i 和 j ，可以得到分数 arr[i] / arr[j] 。

那么第 k 个最小的分数是多少呢? 以长度为 2 的整数数组返回你的答案, 这里 answer[0] == arr[i] 且 answer[1] == arr[j] 。

示例 1：

输入：arr = [1,2,3,5], k = 3
输出：[2,5]
解释：已构造好的分数,排序后如下所示: 
1/5, 1/3, 2/5, 1/2, 3/5, 2/3
很明显第三个最小的分数是 2/5

示例 2：

输入：arr = [1,7], k = 1
输出：[1,7]

提示：

2 <= arr.length <= 1000
1 <= arr[i] <= 3 * 10⁴
arr[0] == 1
arr[i] 是一个质数，i > 0
arr 中的所有数字 互不相同 ，且按 严格递增 排序
1 <= k <= arr.length * (arr.length - 1) / 2

进阶：你可以设计并实现时间复杂度小于 O(n²) 的算法解决此问题吗？

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