5 种方法求解 TopK！面试不要再问我 Topk 了～

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

}

这是一个典型的减治算法，递归内的两个分支，最终只会执行一个，它的时间复杂度是 O(n)。

 

再次强调一下：

• 分治法，大问题分解为小问题，小问题都要递归各个分支，例如：快速排序

• 减治法，大问题分解为小问题，小问题只要递归一个分支，例如：二分查找，随机选择

 

通过随机选择（randomized_select），找到 arr[1, n] 中第 k 大的数，再进行一次 partition，就能得到 TopK 的结果。

 

五、总结

TopK，不难；其思路优化过程，不简单：

• 全局排序，O(n*lg(n))

• 局部排序，只排序 TopK 个数，O(n*k)

• 堆，TopK 个数也不排序了，O(n*lg(k))

• 分治法，每个分支“都要”递归，例如：快速排序，O(n*lg(n))

• 减治法，“只要”递归一个分支，例如：二分查找 O(lg(n))，随机选择 O(n)

• TopK 的另一个解法：随机选择+partition

知其然，知其所以然。

思路比结论重要。

希望大家对 TopK 有新的认识，谢转。

挖坑：TopK，你以为这就是最快的解法？太小看架构师之路了，更快方案，且听下一期分解。

其中随机选择 (randomized select) 最为经典，用减治法 (Reduce & Conquer) 的思想，将数据规模急速降低，总体复杂度为 O(n)。

结尾挖了一个坑：求 TopK，有没有比随机选择更快的方法呢？

空间换时间，是算法优化中最常见的手段，如果有相对充裕的内存，可以有更快的算法。

画外音：即使内存不够，也可以水平切分，使用分段的方法来操作，减少每次内存使用量。

TopK 问题描述

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。

比特位图(bitmap)法

bitmap，是空间换时间的典型代表。它是一种，用若干个 bit 来表示集合的数据结构。

例如，集合 S={1,3,5,7,9}，容易发现，S 中所有元素都在 1-16 之间，于是，可以用 16 个 bit 来表示这个集合：存在于集合中的元素，对应 bit 置 1，否则置 0。

画外音：究竟需要多少存存储空间，取决于集合中元素的值域，在什么范围之内。

上述集合 S，可以用 1010101010000000 这样一个 16bit 的 bitmap 来表示，其中，第 1, 3, 5, 7, 9 个 bit 位置是 1。

 

假设 TopK 的 n 个元素都是 int，且元素之间没有重复，只需要申请 2^32 个 bit，即 4G 的内存，就能够用 bitmap 表示这 n 元素。

扫描一次所有 n 个元素，以生成 bitmap，其时间复杂度是 O(n)。生成后，取 TopK 只需要找到最高位的 k 个 bit 即可。算法总时间复杂度也是 O(n)。

伪代码为：

bitmap[4G] = make_bitmap(arr[1, n]);

return bitmap[top k bits];

 

bitmap 算法有个缺点，如果集合元素有重复，相同的元素会被去重，假设集合 S 中有 5 个 1，最终 S 制作成 bitmap 后，这 5 个 1 只对应 1 个 bit 位，相当于 4 个元素被丢掉了，这样会导致，找到的 TopK 不准。该怎么优化呢？

比特位图计数

优化方法是，每个元素的 1 个 bit 变成 1 个计数。

如上图所示，TopK 的集合经过比特位图计数处理后，会记录每个 bit 对应在集合 S 中出现过多少次。

接下来，找 TopK 的过程，就是 bitmap 从高位的计数开始，往低位的计数扫描，得到 count 之和等于 k，对应的 bit 就是 TopK 所求。

如上图所示，k=5：

（1）第一个非 0 的 count 是 1，对应的 bit 是 9；

（2）第二个非 0 的 count 也是 1，对应的 bit 是 8；

（3）第三个非 0 的 count 是 2，对应的 bit 是 7；

（4）第四个非 0 的 count 是 2，对应的 bit 是 6，但 TopK 只缺 1 个数字了，故只有 1 个 6 入选；

故，最终的 TopK={9, 8, 7, 7, 6}。

结论：通过比特位图精准计数的方式，求解 TopK，算法整体只需要不到 2 次扫描，时间复杂度为 O(n)，比减治法的随机选择会更快。

为了巩固今天的内容，例行挖个坑。

面试中，还有个问题问得比较多：求一个正整数的二进制表示包含多少个 1？

例如：7 的二进制表示是 111，即 7 的二进制表示包含 3 个 1。

画外音：我面试过程中从不问这个问题。

最常见的解法是：

uint32_t count_one(uint32_t n){

    uint32_t count=0;

    while(n){

        count ++;

        n &= (n-1);

    }

    return count;

}

时间:2018-09-27 23:32  来源:    转发量:次