堆专题（上）

大家好，我是 lucifer。今天给大家带来的是《堆》专题。先上下本文的提纲，这个是我用 mindmap 画的一个脑图，之后我会继续完善，将其他专题逐步完善起来。

大家也可以使用 vscode blink-mind 打开源文件查看，里面有一些笔记可以点开查看。源文件可以去我的公众号《力扣加加》回复脑图获取，以后脑图也会持续更新更多内容。vscode 插件地址：https://marketplace.visualstudio.com/items?itemName=awehook.vscode-blink-mind

本系列包含以下专题：

一点絮叨

堆标签在 leetcode 一共有 42 道题。为了准备这个专题，我将 leetcode 几乎所有的堆题目都刷了一遍。

可以看出，除了 3 个上锁的，其他我都刷了一遍。通过集中刷这些题，我发现了一些有趣的信息，今天就分享给大家。

需要注意的是，本文不对堆和优先队列进行区分。因此本文提到的堆和优先队列大家可以认为是同一个东西。如果大家对两者的学术区别感兴趣，可以去查阅相关资料。

如果不做特殊说明，本文的堆均指的是小顶堆。

堆的题难度几何？

堆确实是一个难度不低的专题。从官方的难度标签来看，堆的题目一共才 42 道，困难度将近 50%。没有对比就没有伤害，树专题困难度只有不到 10%。

从通过率来看，一半以上的题目平均通过率在 50% 以下。作为对比，树的题目通过率在 50% 以下的只有不到三分之一。

不过大家不要太有压力。lucifer 给大家带来了一个口诀一个中心，两种实现，三个技巧，四大应用，我们不仅讲实现和原理，更讲问题的背景以及套路和模板。

文章里涉及的模板大家随时都可以从我的力扣刷题插件 leetcode-cheatsheet 中获取。

堆的使用场景分析

堆其实就是一种数据结构，数据结构是为了算法服务的，那堆这种数据结构是为哪种算法服务的？它的适用场景是什么？这是每一个学习堆的人第一个需要解决的问题。在什么情况下我们会使用堆呢？堆的原理是什么？如何实现一个堆？别急，本文将一一为你揭秘。

在进入正文之前，给大家一个学习建议 - 先不要纠结堆怎么实现的，咱先了解堆解决了什么问题。当你了解了使用背景和解决的问题之后，然后当一个调包侠，直接用现成的堆的 api 解决问题。等你理解得差不多了，再去看堆的原理和实现。我就是这样学习堆的，因此这里就将这个学习经验分享给你。

为了对堆的使用场景进行说明，这里我虚拟了一个场景。

下面这个例子很重要，后面会反复和这个例子进行对比。

一个挂号系统

问题描述

假如你是一个排队挂号系统的技术负责人。该系统需要给每一个前来排队的人发放一个排队码（入队），并根据先来后到的原则进行叫号（出队）。

除此之外，我们还可以区分了几种客户类型，分别是普通客户， VIP 客户和至尊 VIP 客户。

如果不同的客户使用不同的窗口的话，我该如何设计实现我的系统？（大家获得的服务不一样，比如 VIP 客户是专家级医生，普通客户是普通医生）
如果不同的客户都使用一个窗口的话，我该如何设计实现我的系统？（大家获得的服务都一样，但是优先级不一样。比如其他条件相同情况下(比如他们都是同时来挂号的)，VIP 客户优先级高于普通客户）

我该如何设计我的系统才能满足需求，并获得较好的扩展性？

初步的解决方案

如果不同的客户使用不同的窗口。那么我们可以设计三个队列，分别存放正在排队的三种人。这种设计满足了题目要求，也足够简单。

如果我们只有一个窗口，所有的病人需要使用同一个队列，并且同样的客户类型按照上面讲的先到先服务原则，但是不同客户类型之间可能会插队。

简单起见，我引入了虚拟时间这个概念。具体来说：

普通客户的虚拟时间就是真实时间。
VIP 客户的虚拟时间按照实际到来时间减去一个小时。比如一个 VIP 客户是 14:00 到达的，我认为他是 13:00 到的。
至尊 VIP 客户的虚拟时间按照实际到来时间减去两个小时。比如一个至尊 VIP 客户是 14:00 到达的，我认为他是 12:00 到的。

这样，我们只需要按照上面的”虚拟到达时间“进行先到先服务即可。

因此我们就可以继续使用刚才的三个队列的方式，只不过队列存储的不是真实时间，而是虚拟时间。每次开始叫号的时候，我们使用虚拟时间比较，虚拟时间较小的先服务即可。

不难看出，队列内部的时间都是有序。

而这里的虚拟时间，其实就是优先队列中的优先权重，虚拟时间越小，权重越大。

可以插队怎么办？

这种算法很好地完成了我们的需求，复杂度相当不错。不过事情还没有完结，这一次我们又碰到新的产品需求：

如果有别的门诊的病人转院到我们的诊所，则按照他之前的排队信息算，比如 ta 是 12:00 在别的院挂的号，那么转到本院仍然是按照 12:00 挂号算。
如果被叫到号三分钟没有应答，将其作废。但是如果后面病人重新来了，则认为他是当前时间减去一个小时的虚拟时间再次排队。比如 ta 是 13:00 被叫号，没有应答，13：30 又回来，则认为他是 12:30 排队的，重新进队列。

这样就有了”插队“的情况了。该怎么办呢？一个简单的做法是，将其插入到正确位置，并重新调整后面所有人的排队位置。

如下图是插入一个 1:30 开始排队的普通客户的情况。

如果队列使用数组实现，上面插队过程的时间复杂度为 $O(N)$，其中 $N$ 为被插队的队伍长度。如果队伍很长，那么调整的次数明显增加。

不过我们发现，本质上我们就是在维护一个有序列表，而使用数组方式去维护有序列表的好处是可以随机访问，但是很明显这个需求并不需要这个特性。如果使用链表去实现，那么时间复杂度理论上是 $O(1)$，但是如何定位到需要插入的位置呢？朴素的思维是遍历查找，但是这样的时间复杂度又退化到了 $O(N)$。有没有时间复杂度更好的做法呢？答案就是本文的主角优先队列。

上面说了链表的实现核心在于查找也需要 $O(N)$，我们可以优化这个过程吗？实际上这就是优先级队列的链表实现，由于是有序的，我们可以用跳表加速查找，时间复杂度可以优化到 $O(logN)$。

其实算法界有很多类似的问题。比如建立数据库索引的算法，如果给某一个有序的列添加索引，不能每次插入一条数据都去调整所有的数据吧（上面的数组实现）？因此我们可以用平衡树来实现，这样每次插入可以最多调整 $(O(logN))$。优先队列的另外一种实现 - 二叉堆就是这个思想，时间复杂度也可以优化到 $O(logN)$

本文只讲解常见的二叉堆实现，对于跳表和红黑树不再这里讲。关于优先队列的二叉堆实现，我们会在后面给大家详细介绍。这里大家只有明白优先队列解决的问题是什么就可以了。

使用堆解决问题

堆的两个核心 API 是 push 和 pop。

大家先不考虑它怎么实现的，你可以暂时把 ta 想象成一个黑盒，提供了两个 api：

push：推入一个数据，内部怎么组织我不管。对应我上面场景里面的排队和插队。
pop：弹出一个数据，该数据一定是最小的，内部怎么实现我不管。对应我上面场景里面的叫号。

这里的例子其实是小顶堆。而如果弹出的数据一定是最大的，那么对应的实现为大顶堆。

借助这两个 api 就可以实现上面的需求。

# 12:00 来了一个普通的顾客（push）
heapq.heappush(normal_pq, '12:00')
# 12:30 来了一个普通顾客（push）
heapq.heappush(normal_pq, '12:30')
# 13:00 来了一个普通顾客（push）
heapq.heappush(normal_pq, '13:00')
# 插队（push）。时间复杂度可以达到 O(logN)。如何做到先不管，我们先会用就行，具体实现细节后面再讲。
heapq.heappush(normal_pq, '12: 20')
# 叫号（pop）。12:00 来的先被叫到。需要注意的是这里的弹出时间复杂度也变成了 O(logN)，这或许就是幸福的代价吧。
heapq.heappop(normal_pq)

小结

上面这个场景单纯使用数组和链表都可以满足需求，但是使用其他数据结构在应对”插队“的情况表现地会更好。

具体来说：

如果永远都维护一个有序数组的方式取极值很容易，但是插队麻烦。
如果永远都维护一个有序链表的方式取极值也容易。不过要想查找足够快，而不是线性扫描，就需要借助索引，这种实现对应的就是优先级队列的跳表实现。
如果永远都维护一个树的方式取极值也可以实现，比如根节点就是极值，这样 O(1) 也可以取到极值，但是调整过程需要 $O(logN)$。这种实现对应的就是优先级队列的二叉堆实现。

简单总结下就是，堆就是动态帮你求极值的。当你需要动态求最大或最小值就就用它。而具体怎么实现，复杂度的分析我们之后讲，现在你只要记住使用场景，堆是如何解决这些问题的以及堆的 api 就够了。

队列 VS 优先队列

上面通过一个例子带大家了解了一下优先队列。那么在接下来讲具体实现之前，我觉得有必要回答下一个大家普遍关心的问题，那就是优先队列是队列么？

很多人觉得队列和优先队列是完全不同的东西，就好像 Java 和 JavaScript 一样，我看了很多文章都是这么说的。

而我不这么认为。实际上，普通的队列也可以看成是一个特殊的优先级队列，这和网上大多数的说法优先级队列和队列没什么关系有所不同。我认为队列无非就是以时间这一变量作为优先级的优先队列，时间越早，优先级越高，优先级越高越先出队。

大家平时写 BFS 的时候都会用到队列来帮你处理节点的访问顺序。那使用优先队列行不行？当然可以了！我举个例子：

例题 - 513. 找树左下角的值

题目描述

定一个二叉树，在树的最后一行找到最左边的值。

示例 1:

输入:

    2
   / \
  1   3

输出:
1
 

示例 2:

输入:

        1
       / \
      2   3
     /   / \
    4   5   6
       /
      7

输出:
7
 

注意: 您可以假设树（即给定的根节点）不为 NULL。

思路

我们可以使用 BFS 来做一次层次遍历，并且每一层我们都从右向左遍历，这样层次遍历的最后一个节点就是树左下角的节点。

常规的做法是使用双端队列（就是队列）来实现，由于队列的先进先出原则很方便地就能实现层次遍历的效果。

代码

对于代码看不懂的同学，可以先不要着急。等完整读完本文之后再回过头看会容易很多。下同，不再赘述。

Python Code:

class Solution:
    def findBottomLeftValue(self, root: TreeNode) -> int:
        if root is None:
            return None
        queue = collections.deque([root])
        ans = None
        while queue:
            size = len(queue)
            for _ in range(size):
                ans = node = queue.popleft()
                if node.right:
                    queue.append(node.right)
                if node.left:
                    queue.append(node.left)
        return ans.val

实际上，我们也可以使用优先队列的方式，思路和代码也几乎和上面完全一样。

class Solution:
    def findBottomLeftValue(self, root: TreeNode) -> int:
        if root is None:
            return None
        queue = []
        # 堆存储三元组(a,b,c)，a 表示层级，b 表示节点编号（以完全二叉树的形式编号，空节点也编号），c 是节点本身
        heapq.heappush(queue, (1, 1, root))
        ans = None
        while queue:
            size = len(queue)
            for _ in range(size):
                level, i, node = heapq.heappop(queue)
                ans = node
                if node.right:
                    heapq.heappush(queue, (level + 1, 2 * i + 1, node.right))
                if node.left:
                    heapq.heappush(queue, (level + 1, 2 * i + 2, node.left))
        return ans.val

小结

所有使用队列的地方，都可以使用优先队列来完成，反之却不一定。

既然优先队列这么厉害，那平时都用优先队列不就行了？为啥使用队列的地方没见过别人用堆呢？最核心的原因是时间复杂度更差了。

比如上面的例子，本来入队和出队都可是很容易地在 $O(1)$ 的时间完成。而现在呢？入队和出队的复杂度都是 $O(logN)$，其中 N 为当前队列的大小。因此在没有必要的地方使用堆，会大大提高算法的时间复杂度，这当然不合适。说的粗俗一点就是脱了裤子放屁。

不过 BFS 真的就没人用优先队列实现么？当然不是！比如带权图的最短路径问题，如果用队列做 BFS 那就需要优先队列才可以，因为路径之间是有权重的差异的，这不就是优先队列的设计初衷么。使用优先队列的 BFS 实现典型的就是 dijkstra 算法。

这再一次应征了我的那句话队列就是一种特殊的优先队列而已。特殊到大家的权重就是按照到来的顺序定，谁先来谁的优先级越高。在这种特殊情况下，我们没必须去维护堆来完成，进而获得更好的时间复杂度。

一个中心

堆的问题核心点就一个，那就是动态求极值。动态和极值二者缺一不可。

求极值比较好理解，无非就是求最大值或者最小值，而动态却不然。比如要你求一个数组的第 k 小的数，这是动态么？这其实完全看你怎么理解。而在我们这里，这种情况就是动态的。

如何理解上面的例子是动态呢？

你可以这么想。由于堆只能求极值。比如能求最小值，但不能直接求第 k 小的值。

那我们是不是先求最小的值，然后将其出队（对应上面例子的叫号）。然后继续求最小的值，这个时候求的就是第 2 小了。如果要求第 k 小，那就如此反复 k 次即可。

这个过程，你会发现数据是在动态变化的，对应的就是堆的大小在变化。

接下来，我们通过几个例子来进行说明。

例一 - 1046. 最后一块石头的重量

题目描述

有一堆石头，每块石头的重量都是正整数。

每一回合，从中选出两块 最重的 石头，然后将它们一起粉碎。假设石头的重量分别为 x 和 y，且 x <= y。那么粉碎的可能结果如下：

如果 x == y，那么两块石头都会被完全粉碎；
如果 x != y，那么重量为 x 的石头将会完全粉碎，而重量为 y 的石头新重量为 y-x。
最后，最多只会剩下一块石头。返回此石头的重量。如果没有石头剩下，就返回 0。

 

示例：

输入：[2,7,4,1,8,1]
输出：1
解释：
先选出 7 和 8，得到 1，所以数组转换为 [2,4,1,1,1]，
再选出 2 和 4，得到 2，所以数组转换为 [2,1,1,1]，
接着是 2 和 1，得到 1，所以数组转换为 [1,1,1]，
最后选出 1 和 1，得到 0，最终数组转换为 [1]，这就是最后剩下那块石头的重量。
 

提示：

1 <= stones.length <= 30
1 <= stones[i] <= 1000

思路

题目比较简单，直接模拟即可。需要注意的是，每次选择两个最重的两个石头进行粉碎之后，最重的石头的重量便发生了变化。这会影响到下次取最重的石头。简单来说就是最重的石头在模拟过程中是动态变化的。

这种动态取极值的场景使用堆就非常适合。

当然看下这个数据范围1 <= stones.length <= 30 且 1 <= stones[i] <= 1000，使用计数的方式应该也是可以的。

代码

Java Code:

import java.util.PriorityQueue;

public class Solution {

    public int lastStoneWeight(int[] stones) {
        int n = stones.length;
        PriorityQueue<Integer> maxHeap = new PriorityQueue<>(n, (a, b) -> b - a);
        for (int stone : stones) {
            maxHeap.add(stone);
        }

        while (maxHeap.size() >= 2) {
            Integer head1 = maxHeap.poll();
            Integer head2 = maxHeap.poll();
            if (head1.equals(head2)) {
                continue;
            }
            maxHeap.offer(head1 - head2);
        }

        if (maxHeap.isEmpty()) {
            return 0;
        }
        return maxHeap.poll();
    }
}

例二 - 313. 超级丑数

题目描述

编写一段程序来查找第 n 个超级丑数。

超级丑数是指其所有质因数都是长度为 k 的质数列表 primes 中的正整数。

示例:

输入: n = 12, primes = [2,7,13,19]
输出: 32
解释: 给定长度为 4 的质数列表 primes = [2,7,13,19]，前 12 个超级丑数序列为：[1,2,4,7,8,13,14,16,19,26,28,32] 。
说明:

1 是任何给定 primes 的超级丑数。
 给定 primes 中的数字以升序排列。
0 < k ≤ 100, 0 < n ≤ 10^6, 0 < primes[i] < 1000 。
第 n 个超级丑数确保在 32 位有符整数范围内。

思路

这道题看似和动态求极值没关系。其实不然，让我们来分析一下这个题目。

我们可以实现生成超级多的丑数，比如先从小到大生成 N 个丑数，然后直接取第 N 个么？

拿这道题来说，题目有一个数据范围限制 0 < n ≤ 10^6，那我们是不是预先生成一个大小为 $10^6$ 的超级丑数数组，这样我们就可通过 $O(1)$ 的时间获取到第 N 个超级丑数了。

首先第一个问题就是时间和空间浪费。我们其实没有必要每次都计算所有的超级丑数，这样的预处理空间和时间都很差。

第二个问题是，我们如何生成 $10^6$ 以为的超级丑数呢？

通过丑数的定义，我们能知道超级丑数一定可以写出如下形式。

if primes = [a,b,c,....]
then f(ugly) = a * x1 * b * x2 * c * x3 ...
其中 x1，x2，x3 均为正整数。

不妨将问题先做一下简化处理。考虑题目给的例子：[2,7,13,19]。

我们可以使用四个指针来处理。直接看下代码吧：

public class Solution {
    public int solve(int n) {
        int ans[]=new int[n+5];
        ans[0]=1;
        int p1=0,p2=0,p3=0,p4=0;
        for(int i=1;i<n;i++){
            ans[i]=Math.min(ans[p1]*2,Math.min(ans[p2]*7,Math.min(ans[p3]*13,ans[p4]*19)));
            if(ans[i]==ans[p1]*2) p1++;
            if(ans[i]==ans[p2]*7) p2++;
            if(ans[i]==ans[p3]*13) p3++;
            if(ans[i]==ans[p3]*19) p4++;
        }
        return ans[n-1];
    }
}

这个技巧我自己称之为多路归并（实现想不到什么好的名字），我也会在后面的三个技巧也会对此方法使用堆来优化。

由于这里的指针是动态的，指针的数量其实和题目给的 primes 数组长度一致。因此实际上，我们可以使用记忆化递归的形式来完成，递归体和递归栈分别维护一个迭代变量即可。而这道题其实可以看出是一个状态机，因此使用动态规划来解决是符合直觉的。而这里，介绍一种堆的解法，相比于动态规划，个人认为更简单和符合直觉。

关于状态机，我这里有一篇文章原来状态机也可以用来刷 LeetCode？，大家可以参考一下哦。

实际上，我们可以动态维护一个当前最小的超级丑数。找到第一个，我们将其移除，再找下一个当前最小的超级丑数（也就是全局第二小的超级丑数）。这样经过 n 轮，我们就得到了第 n 小的超级丑数。这种动态维护极值的场景正是堆的用武之地。

有没有觉得和上面石头的题目很像？

以题目给的例子 [2,7,13,19] 来说。

将 [2,7,13,19] 依次入堆。
出堆一个数字，也就是 2。这时取到了第一个超级丑数。
接着将 2 和 [2,7,13,19] 的乘积，也就是 [4,14,26,38] 依次入堆。
如此反复直到取到第 n 个超级丑数。

上面的正确性是毋庸置疑的，由于每次堆都可以取到最小的，每次我们也会将最小的从堆中移除。因此取 n 次自然就是第 n 大的超级丑数了。

堆的解法没有太大难度，唯一需要注意的是去重。比如 2 * 13 = 26，而 13 * 2 也是 26。我们不能将 26 入两次堆。解决的方法也很简单：

要么使用哈希表记录全部已经取出的数，对于已经取出的数字不再取即可。
另一种方法是记录上一次取出的数，由于取出的数字是按照数字大小不严格递增的，这样只需要拿上次取出的数和本次取出的数比较一下就知道了。

用哪种方法不用多说了吧？

代码

Java Code:

class Solution {
    public int nthSuperUglyNumber(int n, int[] primes) {
        PriorityQueue<Long> queue=new PriorityQueue<>();
        int count = 0;
        long ans = 1;
        queue.add(ans);
        while (count < n) {
            ans=queue.poll();
            while (!queue.isEmpty() && ans == queue.peek()) {
                queue.poll();
            }
            count++;
            for (int i = 0; i < primes.length ; i++) {
                queue.offer(ans * primes[i]);
            }
        }
        return (int)ans;
    }
}

ans 初始化为 1 的作用相当于虚拟头，仅仅起到了简化操作的作用

小结

堆的中心就一个，那就是动态求极值。

而求极值无非就是最大值或者最小值，这不难看出。如果求最大值，我们可以使用大顶堆，如果求最小值，可以用最小堆。

而实际上，如果没有动态两个字，很多情况下没有必要使用堆。比如可以直接一次遍历找出最大的即可。而动态这个点不容易看出来，这正是题目的难点。这需要你先对问题进行分析，分析出这道题其实就是动态求极值，那么使用堆来优化就应该被想到。类似的例子有很多，我也会在后面的小节给大家做更多的讲解。

两种实现

上面简单提到了堆的几种实现。这里介绍两种常见的实现，一种是基于链表的实现- 跳表，另一种是基于数组的实现 - 二叉堆。

使用跳表的实现，如果你的算法没有经过精雕细琢，性能会比较不稳定，且在数据量大的情况下内存占用会明显增加。因此我们仅详细讲述二叉堆的实现，而对于跳表的实现，仅讲述它的基本原理，对于代码实现等更详细的内容由于比较偏就不在这里讲了。

跳表

跳表也是一种数据结构，因此 ta 其实也是服务于某种算法的。

跳表虽然在面试中出现的频率不大，但是在工业中，跳表会经常被用到。力扣中关于跳表的题目只有一个。但是跳表的设计思路值得我们去学习和思考。其中有很多算法和数据结构技巧值得我们学习。比如空间换时间的思想，比如效率的取舍问题等。

上面提到了应付插队问题是设计堆应该考虑的首要问题。堆的跳表实现是如何解决这个问题的呢？

我们知道，不借助额外空间的情况下，在链表中查找一个值，需要按照顺序一个个查找，时间复杂度为 $O(N)$，其中 N 为链表长度。

（单链表）

当链表长度很大的时候，这种时间是很难接受的。一种常见的的优化方式是建立哈希表，将所有节点都放到哈希表中，以空间换时间的方式减少时间复杂度，这种做法时间复杂度为 $O(1)$，但是空间复杂度为 $O(N)$。

（单链表 + 哈希表）

为了防止链表中出现重复节点带来的问题，我们需要序列化节点，再建立哈希表，这种空间占用会更高，虽然只是系数级别的增加，但是这种开销也是不小的。更重要的是，哈希表不能解决查找极值的问题，其仅适合根据 key 来获取内容。

为了解决上面的问题，跳表应运而生。

如下图所示，我们从链表中每两个元素抽出来，加一级索引，一级索引指向了原始链表，即：通过一级索引 7 的 down 指针可以找到原始链表的 7 。那怎么查找 10 呢？

注意这个算法要求链表是有序的。

（建立一级索引）

我们可以：

通过现在一级跳表中搜索到 7，发现下一个 18 大于 10 ，也就是说我们要找的 10 在这两者之间。
通过 down 指针回到原始链表，通过原始链表的 next 指针我们找到了 10。

这个例子看不出性能提升。但是如果元素继续增大，继续增加索引的层数，建立二级，三级。。。索引，使得链表能够实现二分查找，从而获得更好的效率。但是相应地，我们需要付出额外空间的代价。

（增加索引层数）

理解了上面的点，你可以形象地将跳表想象为玩游戏的存档。

一个游戏有 10 关。如果我想要玩第 5 关的某一个地方，那么我可以直接从第五关开始，这样要比从第一关开始快。我们甚至可以在每一关同时设置很多的存档。这样我如果想玩第 5 关的某一个地方，也可以不用从第 5 关的开头开始，而是直接选择离你想玩的地方更近的存档，这就相当于跳表的二级索引。

跳表的时间复杂度和空间复杂度不是很好分析。由于时间复杂度 = 索引的高度 * 平均每层索引遍历元素的个数，而高度大概为 $logn$，并且每层遍历的元素是常数，因此时间复杂度为 $logn$，和二分查找的空间复杂度是一样的。

空间复杂度就等同于索引节点的个数，以每两个节点建立一个索引为例，大概是 n/2 + n/4 + n/8 + … + 8 + 4 + 2 ，因此空间复杂度是 $O(n)$。当然你如果每三个建立一个索引节点的话，空间会更省，但是复杂度不变。

理解了上面的内容，使用跳表实现堆就不难了。

入堆操作，只需要根据索引插到链表中，并更新索引（可选）。
出堆操作，只需要删除头部（或者尾部），并更新索引（可选）。

大家如果想检测自己的实现是否有问题，可以去力扣的1206. 设计跳表检测。

接下来，我们看下一种更加常见的实现 - 二叉堆。

二叉堆

二叉堆的实现，我们仅讲解最核心的两个操作： heappop（出堆）和 heappush（入堆）。对于其他操作不再讲解，不过我相信你会了这两个核心操作，其他的应该不是难事。

实现之后的使用效果大概是这样的：

h = min_heap()
h.build_heap([5, 6, 2, 3])

h.heappush(1)
h.heappop() # 1
h.heappop() # 2
h.heappush(1)
h.heappop() # 1
h.heappop() # 3

基本原理

本质上来说，二叉堆就是一颗特殊的完全二叉树。它的特殊性只体现在一点，那就是父节点的权值不大于儿子的权值（小顶堆）。

上面这句话需要大家记住，一切的一切都源于上面这句话。

由于父节点的权值不大于儿子的权值（小顶堆），那么很自然能推导出树的根节点就是最小值。这就起到了堆的取极值的作用了。

那动态性呢？二叉堆是怎么做到的呢？

出堆

假如，我将树的根节点出堆，那么根节点不就空缺了么？我应该将第二小的顶替上去。怎么顶替上去呢？一切的一切还是那句话父节点的权值不大于儿子的权值（小顶堆）。

如果仅仅是删除，那么一个堆就会变成两个堆了，问题变复杂了。

一个常见的操作是，把根结点和最后一个结点交换。但是新的根结点可能不满足 父节点的权值不大于儿子的权值（小顶堆）。

如下图，我们将根节点的 2 和尾部的数字进行交换后，这个时候是不满足堆性质的。

这个时候，其实只需要将新的根节点下沉到正确位置即可。这里的正确位置，指的还是那句话父节点的权值不大于儿子的权值（小顶堆）。如果不满足这一点，我们就继续下沉，直到满足。

我们知道根节点往下下沉的过程，其实有两个方向可供选择，是下沉到左子节点？还是下沉到右子节点？以小顶堆来说，答案应该是下沉到较小的子节点处，否则会错失正确答案。以上面的堆为例，如果下沉到右子节点 4，那么就无法得到正确的堆顶 3。因此我们需要下沉到左子节点。

下沉到如图位置，还是不满足 父节点的权值不大于儿子的权值（小顶堆），于是我们继续执行同样的操作。

有的同学可能有疑问。弹出根节点前堆满足堆的性质，但是弹出之后经过你上面讲的下沉操作，一定还满足么？

答案是肯定的。这个也不难理解。由于最后的叶子节点被提到了根节点，它其实最终在哪是不确定的，但是经过上面的操作，我们可以看出：

其下沉路径上的节点一定都满足堆的性质。
不在下沉路径上的节点都保持了堆之前的相对关系，因此也满足堆的性质。

因此弹出根节点后，经过上面的下沉操作一定仍然满足堆的性质。

时间复杂度方面可以证明，下沉和树的高度成正相关，因此时间复杂度为 $O(h)$，其中 h 为树高。而由于二叉堆是一颗完全二叉树，因此树高大约是 $logN$，其中 N 为树中的节点个数。

入堆

入堆和出堆类似。我们可以直接往树的最后插入一个节点。和上面类似，这样的操作同样可能会破坏堆的性质。

之所以这么做的其中一个原因是时间复杂度更低，因为我们是用数组进行模拟的，而在数组尾部添加元素的时间复杂度为 $O(1)$。

这次我们发现，不满足堆的节点目前是刚刚被插入节点的尾部节点，因此不能进行下沉操作了。这一次我们需要执行上浮操作。

叶子节点是只能上浮的（根节点只能下沉，其他节点既可以下沉，又可以上浮）

和上面基本类似，如果不满足堆的性质，我们将其和父节点交换（上浮），继续这个过程，直到满足堆的性质。

经过这样的操作，其还是一个满足堆性质的堆。证明过程和上面类似，不再赘述。

需要注意的是，由于上浮只需要拿当前节点和父节点进行比对就可以了， 由于省去了判断左右子节点哪个更小的过程，因此更加简单。

实现

对于完全二叉树来说使用数组实现非常方便。因为：

如果节点在数组中的下标为 i，那么其左子节点下标为 $2 \times i$，右节点为 $2 \times i$+1。
如果节点在数组中的下标为 i，那么父节点下标为 i//2（地板除）。

当然这要求你的数组从 1 开始存储数据。如果不是，上面的公式其实微调一下也可以达到同样的效果。不过这是一种业界习惯，我们还是和业界保持一致比较好。从 1 开始存储的另外一个好处是，我们可以将索引为 0 的位置空出来存储诸如堆大小的信息，这是一些大学教材里的做法，大家作为了解即可。

如图所示是一个完全二叉树和树的数组表示法。

形象点来看，我们可以可以画出如下的对应关系图：

这样一来，是不是和上面的树差不多一致了？有没有容易理解一点呢？

上面已经讲了上浮和下沉的过程。刚才也讲了父子节点坐标的关系。那么代码就呼之欲出了。我们来下最核心的上浮和下沉的代码实现吧。

伪代码：

// x 是要上浮的元素，从树的底部开始上浮
private void shift_up(int x) {
  while (x > 1 && h[x] > h[x / 2]) {
    //  swqp 就是交换数组两个位置的值
    swap(h[x], h[x / 2]);
    x /= 2;
  }
}
// x 是要下沉的元素，从树的顶部开始下沉
private void shift_down(int x) {
  while (x * 2 <= n) {
    // minChild 是获取更小的子节点的索引并返回
    mc = minChild(x);
    if (h[mc] <= h[x]) break;
    swap(h[x], h[mc]);
    x = mc;
  }
}

这里 Java 语言为例，讲述一下代码的编写。其他语言的二叉堆实现可以去我的刷题插件 leetcode-cheatsheet 中获取。插件的获取方式在公众号力扣加加里，回复插件即可。

import java.util.Arrays;
import java.util.Comparator;

/**
 * 用完全二叉树来构建 堆
 * 前置条件 起点为 1
 * 那么 子节点为  i <<1 和 i<<1 + 1
 * 核心方法为
 * shiftdown 交换下沉
 * shiftup 交换上浮
 * <p>
 * build 构建堆
 */

public class Heap {

    int size = 0;
    int queue[];

    public Heap(int initialCapacity) {
        if (initialCapacity < 1)
            throw new IllegalArgumentException();
        this.queue = new int[initialCapacity];
    }

    public Heap(int[] arr) {
        size = arr.length;
        queue = new int[arr.length + 1];
        int i = 1;
        for (int val : arr) {
            queue[i++] = val;
        }
    }

    public void shiftDown(int i) {

        int temp = queue[i];

        while ((i << 1) <= size) {
            int child = i << 1;
            // child!=size 判断当前元素是否包含右节点
            if (child != size && queue[child + 1] < queue[child]) {
                child++;
            }
            if (temp > queue[child]) {
                queue[i] = queue[child];
                i = child;
            } else {
                break;
            }
        }
        queue[i] = temp;
    }


    public void shiftUp(int i) {
        int temp = queue[i];
        while ((i >> 1) > 0) {
            if (temp < queue[i >> 1]) {
                queue[i] = queue[i >> 1];
                i >>= 1;
            } else {
                break;
            }
        }
        queue[i] = temp;
    }

    public int peek() {

        int res = queue[1];
        return res;
    }

    public int pop() {

        int res = queue[1];

        queue[1] = queue[size--];
        shiftDown(1);
        return res;
    }

    public void push(int val) {
        if (size == queue.length - 1) {
            queue = Arrays.copyOf(queue, size << 1+1);
        }
        queue[++size] = val;
        shiftUp(size);
    }

    public void buildHeap() {
        for (int i = size >> 1; i > 0; i--) {
            shiftDown(i);
        }
    }

    public static void main(String[] args) {

        int arr[] = new int[]{2,7,4,1,8,1};
        Heap heap = new Heap(arr);
        heap.buildHeap();
        System.out.println(heap.peek());
        heap.push(5);
        while (heap.size > 0) {
            int num = heap.pop();
            System.out.printf(num + "");
        }
    }
}

小结

堆的实现有很多。比如基于链表的跳表，基于数组的二叉堆和基于红黑树的实现等。这里我们详细地讲述了二叉堆的实现，不仅是其实现简单，而且其在很多情况下表现都不错，推荐大家重点掌握二叉堆实现。

对于二叉堆的实现，核心点就一点，那就是始终维护堆的性质不变，具体是什么性质呢？那就是 父节点的权值不大于儿子的权值（小顶堆）。为了达到这个目的，我们需要在入堆和出堆的时候，使用上浮和下沉操作，并恰当地完成元素交换。具体来说就是上浮过程和比它大的父节点进行交换，下沉过程和两个子节点中较小的进行交换，当然前提是它有子节点且子节点比它小。

关于堆化我们并没有做详细分析。不过如果你理解了本文的入堆操作，这其实很容易。因此堆化本身就是一个不断入堆的过程，只不过将时间上的离散的操作变成了一次性操作而已。