🔗 原题链接：786. 第 K 个最小的素数分数

本题可以暴力求解：

class Solution {
public:vector<int> kthSmallestPrimeFraction(vector<int>& arr, int k) {int n = arr.size();vector<pair<int, int>> frac;for (int i = 0; i < n; i++) {for (int j = i + 1; j < n; j++) {frac.emplace_back(arr[i], arr[j]);}}sort(frac.begin(), frac.end(), [](const auto& x, const auto& y) {return x.first * y.second < x.second * y.first;});return {frac[k - 1].first, frac[k - 1].second};}
};

因为用到了排序，所以时间复杂度是 $O(n^2\log n^2)=O(n^2\log n)$。

这里有一个小细节，我们在判断 $\frac{a}{b}<\frac{c}{d}$ 的时候可以将其转化成 $a\ast d<b\ast c$，这样不会引入浮点数的误差。

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本题还有更优雅的解法，复杂度为 $O(k\log n)$。

当分母选定为 $arr[j]$ 时，分子只能从 $arr[0],arr[1],\cdots ,arr[j-1]$ 中选，因此我们可以将 $arr[j]$ 看成一个长度为 $j-1$ 的列表：

$$\frac{arr[0]}{arr[j]},\frac{arr[1]}{arr[j]},\cdots ,\frac{arr[j-1]}{arr[j]}$$

且这个列表是单调递增的。

于是整个 $arr$ 数组可以看成 $n-1$ 个单调递增的列表：

$$\begin{array}{rl}0:& \varnothing \\ 1:& \frac{arr[0]}{arr[1]}\\ 2:& \frac{arr[0]}{arr[2]},\frac{arr[1]}{arr[2]}\\ ⋮& \\ n-1:& \frac{arr[0]}{arr[n-1]},\frac{arr[1]}{arr[n-1]},\cdots ,\frac{arr[n-2]}{arr[n-1]}\end{array}$$

于是我们可以像「合并K个有序链表」那样找到第 $k$ 小的素数分数。

注意，如果我们一开始就把 $n-1$ 个“链表”全部构造出来，花费的时间就已经是 $O(n^2)$ 了。这里有一个巧妙的做法，我们一开始只把 $n-1$ 个“链表”的表头加入到优先队列中，后续看哪一个链表的表头被弹出，就向优先队列中加入该链表的下一个“节点”。

弹出 $k-1$ 次后，优先队列的队头就是最终的答案。

class Solution {
public:vector<int> kthSmallestPrimeFraction(vector<int>& arr, int k) {int n = arr.size();auto cmp = [&](const auto& x, const auto& y) {return arr[x.first] * arr[y.second] > arr[x.second] * arr[y.first];};priority_queue<pair<int, int>, vector<pair<int, int>>, decltype(cmp)> pq(cmp);for (int i = 1; i < n; i++) pq.emplace(0, i);for (int t = 0; t < k - 1; t++) {auto [i, j] = pq.top();pq.pop();if (i + 1 < j) pq.emplace(i + 1, j);}return {arr[pq.top().first], arr[pq.top().second]};}
};