[LeetCode] 373. Find K Pairs with Smallest Sums

You are given two integer arrays nums1 and nums2 sorted in ascending order and an integer k.

Define a pair (u,v) which consists of one element from the first array and one element from the second array.

Find the k pairs (u1,v1),(u2,v2) ...(uk,vk) with the smallest sums.

Example 1:

Input: nums1 = [1,7,11], nums2 = [2,4,6], k = 3
Output: [[1,2],[1,4],[1,6]] 
Explanation: The first 3 pairs are returned from the sequence: 
             [1,2],[1,4],[1,6],[7,2],[7,4],[11,2],[7,6],[11,4],[11,6]

Example 2:

Input: nums1 = [1,1,2], nums2 = [1,2,3], k = 2
Output: [1,1],[1,1]
Explanation: The first 2 pairs are returned from the sequence: 
             [1,1],[1,1],[1,2],[2,1],[1,2],[2,2],[1,3],[1,3],[2,3]

Example 3:

Input: nums1 = [1,2], nums2 = [3], k = 3
Output: [1,3],[2,3]
Explanation: All possible pairs are returned from the sequence: [1,3],[2,3]

查找和最小的K对数字。

给定两个以升序排列的整形数组 nums1 和 nums2, 以及一个整数 k。

定义一对值 (u,v)，其中第一个元素来自 nums1，第二个元素来自 nums2。

找到和最小的 k 对数字 (u1,v1), (u2,v2) ... (uk,vk)。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/find-k-pairs-with-smallest-sums
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因为input数组是有序的，所以直觉上你会往双指针的思路上靠，但是后来发觉是不行的。为什么不行呢？看第二个例子，一开始你肯定是两个数组各自的第一个元素拿出来组成第一个pair，但是之后呢，你怎么决定到底要移动哪个数组的指针呢？并不是说因着你用过了 nums1[i] 你就需要移动 i，同理，并不是说你用过了 nums2[j] 你就要移动 j。同时注意 i 指针和 j 指针可以指向同一个下标。可以想象一个极端的例子，如果 nums1 的第一个元素非常非常小，然后 nums2 里面的元素都很大，很可能这 K 个 pair 里面都有 nums1 的这第一个元素。

正确的思路是用priority queue创建一个 pair 中两个数的和的最小堆，最后弹出K个 pair 即可。

时间O(nlogk)

空间O(n)

Java实现

class Solution {
    public List<List<Integer>> kSmallestPairs(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
        // corner case
        List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
        if (nums1 == null || nums2 == null || nums1.length == 0 || nums2.length == 0) {
            return res;
        }
        
        // normal case
        PriorityQueue<int[]> queue = new PriorityQueue<>((a, b) -> (a[0] + a[1]) - (b[0] + b[1]));
        for (int i = 0; i < Math.min(k, nums1.length); i++) {
            for (int j = 0; j < Math.min(k, nums2.length); j++) {
                queue.offer(new int[] {nums1[i], nums2[j]});
            }
        }
        while (k != 0 && !queue.isEmpty()) {
            List<Integer> list = new ArrayList<>();
            int[] cur = queue.poll();
            list.add(cur[0]);
            list.add(cur[1]);
            res.add(list);
            k--;
        }
        return res;
    }
}

优化的思路是改成一个最大堆。还是先把所有的 pair 放入 priority queue 中，当这个优先队列的 size 小于 K 的时候，直接加入即可；但是当这个优先队列的 size 大于等于 K 了，但是此时还有元素需要加进去的时候，比较一下堆顶元素的 sum 和要加进去的元素的 sum 谁更大，抛弃掉更大的那个元素。最后优先队列里剩下前 K 小的元素。将这些元素再加入结果集中输出即可。

时间O(nlogk)

空间O(n)

Java实现

class Solution {
    public List<List<Integer>> kSmallestPairs(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
        // corner case
        List<List<Integer>> res = new ArrayList<>();
        if (nums1 == null || nums2 == null || nums1.length == 0 || nums2.length == 0) {
            return res;
        }
        
        // normal case
        PriorityQueue<int[]> queue = new PriorityQueue<>((a, b) -> (b[0] + b[1]) - (a[0] + a[1]));
        for (int i = 0; i < Math.min(k, nums1.length); i++) {
            for (int j = 0; j < Math.min(k, nums2.length); j++) {
                if (queue.size() < k) {
                    queue.offer(new int[] {nums1[i], nums2[j]});
                } else {
                    int sum = nums1[i] + nums2[j];
                    int[] peek = queue.peek();
                    int peekSum = peek[0] + peek[1];
                    if (sum < peekSum) {
                        queue.poll();
                        queue.offer(new int[] {nums1[i], nums2[j]});
                    }
                }
            }
        }
        while (k != 0 && !queue.isEmpty()) {
            List<Integer> list = new ArrayList<>();
            int[] cur = queue.poll();
            for (int num : cur) {
                list.add(num);
            }
            res.add(list);
            k--;
        }
        return res;
    }
}

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