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描述
给定一个整数矩阵 A, 它有如下特性:
- 对于所有的 i < n, 都有 A[i][0] < A[i][1] && A[i][m - 2] > A[i][m - 1]
- 对于所有的 j < m, 都有 A[0][j] < A[1][j] && A[n - 2][j] > A[n - 1][j]
我们定义一个位置 [i,j] 是峰值, 当且仅当它满足:
A[i][j] > A[i + 1][j] && A[i][j] > A[i - 1][j] &&
A[i][j] > A[i][j + 1] && A[i][j] > A[i][j - 1]
找到该矩阵的一个峰值元素, 返回它的坐标.
保证至少存在一个峰值, 而如果存在多个峰值, 返回任意一个即可.
样例 1:
输入:
[
[1, 2, 3, 6, 5],
[16,41,23,22, 6],
[15,17,24,21, 7],
[14,18,19,20,10],
[13,14,11,10, 9]
]
输出: [1,1]
解释: [2,2] 也是可以的. [1,1] 的元素是 41, 大于它四周的每一个元素 (2, 16, 23, 17).
样例2：
输入:
[
[1, 5, 3],
[4,10, 9],
[2, 8, 7]
]
输出: [1,1]
解释: 只有这一个峰值
挑战
O(n+m) 的时间复杂度.
如果你 认为 你使用了 O(nlogm) 或 O(mlogn) 的算法, 能否证明它的复杂度其实是 O(n+m)? 或者想一个类似的算法但是复杂度是O(n+m)？
解题思路
- 峰值不是最大值，只是比四个方向上的数值都大，是局部性的最值。
- 对于每一个点，它总能属于某一座山峰（可以不止一座）。
- 找峰值可以想象成爬山，总是要不断的从低处向高处移动，这样移动到最后一定是峰值。
代码思路
- 在图上随机取一点，若有相邻位置比当前点大则向该相邻位置移动，直到当前点成为峰值。
- 最坏情况是螺旋式上升，且随机在了起点位置，那么就要爬升一半的点
1 2 3 4 5
0 0 0 0 6
15 16 17 0 7
14 0 0 0 8
13 12 11 10 9
- 如果遇到最坏的情况，我们可以通过当爬升超过一定距离后重新随机一个点，使得相对平均效率较高
复杂度分析
NN表示行数，MM表示列数
public class Solution {
/*
* @param A: An integer matrix
* @return: The index of the peak
*/
public List<Integer> findPeakII(int[][] A) {
int n = A.length;
int m = A[0].length;
int now_x, now_y, next_x, next_y;
//这里初始位置选择为中心位置
now_x = n / 2;
now_y = m / 2;
while (1 == 1) {
next_x = now_x;
next_y = now_y;
//四个方向上若有比当前位置大的，则向该方向移动
if (now_x + 1 < n && A[now_x + 1][now_y] > A[next_x][next_y]) {
next_x = now_x + 1;
next_y = now_y;
}else if (now_x - 1 >= 0 && A[now_x - 1][now_y] > A[next_x][next_y]) {
next_x = now_x - 1;
next_y = now_y;
}else if (now_y + 1 < m && A[now_x][now_y + 1] > A[next_x][next_y]) {
next_x = now_x;
next_y = now_y + 1;
}else if (now_y-1 >= 0 && A[now_x][now_y - 1] > A[next_x][next_y]) {
next_x = now_x;
next_y = now_y - 1;
}
//若四个方向上都比当前位置小，即为峰值直接返回答案
if (next_x == now_x && next_y == now_y) {
return new ArrayList<Integer>(Arrays.asList(now_x, now_y));
}
now_x = next_x;
now_y = next_y;
}
}
}
[leetcode/lintcode 题解] 字节跳动面试题： 寻找峰值 II
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原文地址：https://www.cnblogs.com/lintcode/p/14242734.html
