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Problem: 215. 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。

整体思路

这段代码旨在解决一个经典的 Top-K 问题：数组中的第K个最大元素 (Kth Largest Element in an Array)。问题要求在一个未排序的数组中，找到第 k 大的元素。

该算法采用了一种非常高效的、基于 快速排序 (QuickSort) 思想的 快速选择 (Quickselect) 算法。与完整排序不同，快速选择算法只关心目标元素所在的分区，从而避免了对整个数组进行完全排序，大大降低了平均时间复杂度。

1. 问题转化：

   • 算法首先将“找到第 k 大的元素”这个问题，转化为“找到排序后索引为 n-k 的元素”。
   • 例如，在一个长度为 5 的数组中找第 2 大的元素，等价于找排序后索引为 5-2=3 的元素（假设索引从0开始）。这个 target = n-k 就是我们的目标索引。

2. 核心：partition 分区函数

   • partition 函数是快速选择算法的心脏。它的作用是，在数组的 [left, right] 区间内，随机选择一个元素作为 枢轴 (pivot)，然后将数组重新排列，使得：
     • 所有小于 pivot 的元素都在 pivot 的左边。
     • 所有大于 pivot 的元素都在 pivot 的右边。
   • partition 函数最终会返回 pivot 元素在分区后的最终索引 p。
   • 随机化：代码通过 RANDOM.nextInt 随机选择一个 pivot，然后将其与区间的第一个元素交换。这是一个至关重要的优化，它可以极大地避免在遇到有序或接近有序的数组时，算法退化到最坏的 O(N^2) 情况。

3. 迭代选择与缩小范围：

   • findKthLargest 方法的主体是一个 while(true) 循环，它不断地调用 partition 函数并缩小搜索范围，直到找到目标。
   • 在每次分区后，我们得到枢轴的最终索引 p。然后比较 p 和我们的目标索引 target：
     • 如果 p == target：这说明我们选中的 pivot 正好就是我们要找的第 k 大的元素。我们非常幸运，直接返回 nums[p] 即可。
     • 如果 p < target：这说明目标元素在 pivot 的右侧。我们就可以完全忽略左半部分，只需在 [p+1, right] 这个更小的区间内继续搜索。
     • 如果 p > target：这说明目标元素在 pivot 的左侧。我们就可以完全忽略右半部分，只需在 [left, p-1] 这个更小的区间内继续搜索。
   • 这个过程不断重复，每次都将搜索范围缩小，直到找到目标。

完整代码

class Solution {// 使用一个静态的 Random 实例，以当前时间为种子，用于随机化选择private final static Random RANDOM = new Random(System.currentTimeMillis());/*** 在未排序的数组中找到第 k 大的元素。* @param nums 整数数组* @param k 第 k 大* @return 第 k 大的元素值*/public int findKthLargest(int[] nums, int k) {int n = nums.length;int left = 0;int right = n - 1;  // 核心转化：第 k 大的元素，等价于排序后索引为 n-k 的元素。int target = n - k;// 使用循环不断缩小搜索范围，直到找到目标索引while (true) {// 对当前 [left, right] 区间进行分区，返回枢轴的最终位置 pint p = partition(nums, left, right);if (p == target) {// 如果枢轴的位置就是目标位置，则找到了答案return nums[p];} else if (p < target) {// 如果枢轴位置在目标左侧，说明目标在右半部分，更新左边界left = p + 1;} else { // p > target// 如果枢轴位置在目标右侧，说明目标在左半部分，更新右边界right = p - 1;}}}/*** 对 nums 数组的 [left, right] 区间进行分区操作（三路快排的变体）。* @param nums 数组* @param left 区间左边界* @param right 区间右边界* @return 枢轴元素分区后的最终索引*/private int partition(int[] nums, int left, int right) {// 随机化：随机选择一个索引作为枢轴，避免最坏情况int randomIndex = left + RANDOM.nextInt(right - left + 1);swap(nums, left, randomIndex);// 选择区间的第一个元素作为枢轴 pivotint pivot = nums[left];// le: 小于 pivot 的区域的右边界// ge: 大于 pivot 的区域的左边界int le = left + 1;int ge = right;while (true) {// 从左向右找到第一个 >= pivot 的元素while (le <= ge && nums[le] < pivot) {le++;}// 从右向左找到第一个 <= pivot 的元素while (le <= ge && nums[ge] > pivot) {ge--;}// 如果两个指针交错，分区完成if (le >= ge) {break;}// 交换找到的两个元素，使数组更有序swap(nums, le, ge);// 移动指针继续下一轮查找le++;ge--;}// 将枢轴元素放到其最终位置（ge 指向的位置）swap(nums, left, ge);return ge;}/*** 辅助函数：交换数组中两个索引的元素。*/private void swap(int[] nums, int i, int j) {int t = nums[i];nums[i] = nums[j];nums[j] = t;}
}

时空复杂度

时间复杂度：O(N) (平均情况), O(N^2) (最坏情况)

1. 平均情况：
   • 由于我们每次都随机选择 pivot，可以期望 partition 操作每次都能将搜索区间大约减半。
   • 第一次分区，处理 N 个元素。第二次，处理大约 N/2 个元素。第三次，处理大约 N/4 个元素，以此类推。
   • 总的操作次数是一个等比数列求和：N + N/2 + N/4 + ... + 1。这个级数的和收敛于 2N。
   • 因此，平均情况下的时间复杂度为 O(N)。
2. 最坏情况：
   • 尽管随机化大大降低了最坏情况的概率，但理论上仍然存在。
   • 最坏情况发生在我们每次选择的 pivot 都是当前区间的最大或最小值。这会导致分区后，搜索范围只减少了 1。
   • 此时，总操作次数为 N + (N-1) + (N-2) + ... + 1，这是一个 O(N^2) 的过程。
   • 然而，在实际应用中，由于随机化的存在，这种最坏情况几乎不可能发生。

空间复杂度：O(1)

1. 主要存储开销：该算法是原地的，它直接在输入的 nums 数组上进行修改，没有使用任何与输入规模 N 成比例的额外数据结构。
2. 辅助变量：算法只使用了 n, left, right, target, p, le, ge, pivot 等固定数量的变量。
3. 递归深度：代码使用的是迭代（while 循环）而非递归，因此没有因递归调用而产生的栈空间开销。

综合分析：
算法所需的额外辅助空间是常数级别的。因此，其空间复杂度为 O(1)。

参考：liweiwei1419