目录
题目一：颜色分类
题目二：排序数组
题目三：数组中的第k个最大元素
题目四：库存管理III
题目一：颜色分类
给定一个包含红色、白色和蓝色、共 n 个元素的数组 nums ，原地对它们进行排序，使得相同颜色的元素相邻，并按照红色、白色、蓝色顺序排列。
我们使用整数 0、 1 和 2 分别表示红色、白色和蓝色。
必须在不使用库内置的 sort 函数的情况下解决这个问题。
示例 1：
输入：nums = [2,0,2,1,1,0] 输出：[0,0,1,1,2,2]
示例 2：
输入：nums = [2,0,1] 输出：[0,1,2]
提示：
n == nums.length1 <= n <= 300nums[i]为0、1或2
解法：三指针
这道题和前面算法的第一题：移动零那一题思想类似，移动零是将数组分为两部分，缺点是如果遇到重复元素效率就很低了，而这里是将一个数组分为三部分，是三个指针最终将整个数组划分为满足题意的3部分，完美解决了出现重复元素的情况(i 直接++即可)：
首先定义三个指针，分别是：left、right、i
用 i 来扫描整个区域，left 下标所指向的元素是0这个区域的最右侧，right 是2这个区域的最左侧
当 i 遍历结束时，left和right指针停的位置，就可以将数组分为三部分，但是在遍历过程中，三个指针可以将整个数组分为以下4部分，由left和right代表的含义就可以很清楚的划分：
[0, left]：全为0
[left+1, i-1]：全为1
[i, right-1]：待扫描
[right, n-1]：全为2
所以根据上述的4个区域，将下面讨论 i 遍历数组时可能出现的情况：
nums[i] == 0：swap[++left, i++]
nums[i] == 1：i++;
nums[i] == 2：swap[--right, i]
nums[i] == 0时，先++left，再交换 i 与 left 指向的元素，再i++，优化为swap[++left, i++]
nums[i] == 1时，不用做其他操作，直接i++
nums[i] == 2时，right先--，再与 i 交换，此时 i 指向的元素是right从右边交换过来的，是未扫描的元素，所以 i 不需要++，继续循环判断即可
并且整个循环结束的条件是 i < right，而不是 i < n，因为 right 表示的是2这个区域的最左侧，所以当 i 遇到 right 时，就表示已经遍历完这个数组了
left，right，i初始位置如下图所示：
代码如下：
class Solution {
public:void sortColors(vector<int>& nums) {int n = nums.size();//left初始值为-1，right初始值为nint left = -1, right = n, i = 0;while(i < right){if(nums[i] == 0) swap(nums[++left], nums[i++]);else if(nums[i] == 1) i++;else swap(nums[--right], nums[i]);}}
};题目二：排序数组
给你一个整数数组 nums，请你将该数组升序排列。
示例 1：
输入：nums = [5,2,3,1] 输出：[1,2,3,5]
示例 2：
输入：nums = [5,1,1,2,0,0] 输出：[0,0,1,1,2,5]
解法：快排(数组分三块的思想)
之前学习的快排是找一个基准值key，将数组分为2部分，再在其中一部分再找一个基准值key1，继续分为2部分，以此类推，如下所示：
这种方式如果在数组全是重复元素的情况下，就会退化成O(N^2)，因为每次都取的最右侧的元素
这道题采用数组分三块的思想，实现快排：
这种方式能够解决出现重复数据时效率很低的问题，因为如果都是重复数据，key的取值就是该元素，排序完一次后，数组中都是=key的区域，而这种方式中我们需要排的是 <key 和 >key 的区域，但是这种情况下没有这两个区域，所以排序结束，仅仅排序了一次，所以如果都是重复数据的时间复杂度是O(N)
分为三部分，左边全是小于key，右边全是大于key，剩余的中间区域就不需要管了，因为左边和右边都划分好了，中间也就划分好了
同样定义三个指针，left、right、i
i来扫描这个数组，left表示小于key的最左侧，right表示大于key的最右侧
所以在扫描数组时分为三步：
nums[i] < key：swap[++left, i++]
nums[i] == key：i++
nums[i] > key：swap[--right, i]
这三步与上一题一模一样，就不细说了
此题还有一个步骤，就是选择key值，之前学过取最左侧的数、取最右侧的数、三数取中等方式，这里采用优化的方式：用随机的方式选择基准的元素
先使用srand种一个随机数种子，再随机得到一个随机数r，使用r%(right - left + 1) + left，得到一个随机数，r就是我们所找的基准值key
代码如下：
class Solution
{
public:vector<int> sortArray(vector<int>& nums) {srand(time(nullptr));//生成随机数种子qsort(nums, 0, nums.size()-1);return nums;}//数组分三块思想的快排void qsort(vector<int>& nums, int l, int r){if(l >= r) return;int n = nums.size();int left = l - 1, right = r + 1, i = l;//数组分三块int key = getRandom(nums, l ,r);while(i < right){if(nums[i] < key) swap(nums[++left], nums[i++]);else if(nums[i] == key) i++;else swap(nums[--right], nums[i]); }//此时分为了[l, left] [left+1, right-1] [right, r]三部分//只需要继续划分[l, left]和[right, r]这两部分即可，因为中间部分就是==key的qsort(nums, l, left);qsort(nums, right, r);}//用随机的方式选择基准的元素int getRandom(vector<int>& nums, int left, int right){int r = rand(); //得到一个随机数rreturn nums[r % (right - left + 1) + left];}
};题目三：数组中的第k个最大元素
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
求数组中的第 k 哥最大元素，也就是俗称的topK问题
topK问题有四类，分别是：第k大、第k小、前k大、前k小，要解决topK问题，一般有两种方法，堆排序(O(N*logN))或是基于快排的快速选择算法(O(N))
如果规定了必须使用时间复杂度为O(N)的算法，那就只能使用快排，否则也可以使用堆排序解决
下面具体说说快排是怎么解决这个题目的：
优化的快排将数组分为3部分，基准元素是key，三部分分别是 < key，== key，> key，由于求的是第k大的元素，那么每次判断只需要判定这个元素会落到哪一部分，就能够排除其他两部分，从而效率非常高
假设 < key，== key，> key 这三部分分别有a、b、c个元素，所以下面根据元素个数分情况讨论，从右侧区域开始判断，因为右侧区域是大元素的集合
①：c >= k，说明第k大就在这个 > key 的区域里，此时取[right, r]区域中找第 k 大的元素即可
②：b + c >= k，说明第k大的元素在== key的区域中，此时就不需要比较了，直接返回key即可，因为这个区域的数大小都是key
③：走到这里，说明①②都不成立，所以需要去[l, left]区域找第 k - b -c 大的元素
此题的解决方式就是在上一题的快排的基础上实现的
代码如下：
class Solution {
public:int findKthLargest(vector<int>& nums, int k) {srand(time(nullptr));return qsort(nums, 0, nums.size()-1, k);}int qsort(vector<int>& nums, int l, int r, int k){if(l == r) return nums[l];// 随机选择基准元素int key = getRandom(nums, l, r);// 根据基准元素将数组分为3块int left = l - 1, right = r + 1, i = l;while(i < right) //快排{if(nums[i] < key) swap(nums[++left], nums[i++]);else if(nums[i] == key) i++;else swap(nums[--right], nums[i]);}int c = r - right + 1, b = right - left - 1;if(c >= k) return qsort(nums, right, r, k);else if((b + c) >= k) return key;else return qsort(nums, l, left, k - b - c);//注意不是k，而是k-b-c}int getRandom(vector<int>& nums, int left, int right){int r = rand();return nums[r % (right - left + 1) + left];}
};题目四：库存管理III
仓库管理员以数组 stock 形式记录商品库存表，其中 stock[i] 表示对应商品库存余量。请返回库存余量最少的 cnt 个商品余量，返回 顺序不限。
示例 1：
输入：stock = [2,5,7,4], cnt = 1 输出：[2]
示例 2：
输入：stock = [0,2,3,6], cnt = 2 输出：[0,2] 或 [2,0]
这道题，观察给出的题目信息，其实也是一个topK问题，只不过这里的topK问题是求前k个最小的数
此题有很多解法，例如：
解法一：排序，最后取出前k个最小的数，时间复杂度O(NlogN)
解法二：堆排序，时间复杂度O(Nlogk)
解法三：快速选择算法，时间复杂度O(N)
这里只实现快速选择算法，前两种都比较简单
依然是随机选择基准元素 + 把数组分三块的思想，依旧是分为三部分,分别是 < key，== key，> key，这三部分分别有a、b、c个元素，并且left指向的是最左侧区域的最后一个值，right表示最右侧区域的第一个值，如下所示：
因为此题求的是前k小的元素，所以先考虑 < key 的这个区域，步骤如下：
①：a > k，说明就在< key 的这个区域，在[l, left]区域中查找
②：a + b >= k，直接返回
③：走到这说明①②都不满足，所以在 >key 这个区域即[right, r]中，找k - a - b 个最小元素即可
代码如下：
class Solution
{
public:vector<int> inventoryManagement(vector<int>& stock, int cnt) {srand(time(nullptr));qsort(stock, 0, stock.size()-1, cnt);//最后将前k个元素返回即可return {stock.begin(), stock.begin() + cnt};}void qsort(vector<int>& nums, int l, int r, int k){if(l >= r) return;//随机选择一个基准元素int key = getRandom(nums, l, r);//数组分三块int left = l - 1, right = r + 1, i = l;while(i < right){if(nums[i] < key) swap(nums[++left], nums[i++]);else if(nums[i] == key) i++;else swap(nums[--right], nums[i]);}//分情况讨论int a = left - l + 1, b = right - left - 1;if(a > k) qsort(nums, l, left, k);else if(a + b >= k) return;else qsort(nums, right, r, k - a - b);}int getRandom(vector<int>& nums, int left, int right){return nums[rand() % (right - left + 1) + left];}
};分治中，关于快排的题目到此结束
![[大模型]XVERSE-7B-chat Transformers 推理](https://img-blog.csdnimg.cn/direct/4c5267fb86d9408f9527bd0ef0503767.png#pic_center)
![[Cloud Networking] SPDY 协议](https://img-blog.csdnimg.cn/direct/1ed2c4aa22464f87a21b9e2a361e0fba.png)
