最大滑动窗口

题目描述
给定一个数组A[]，有一个大小为w的滑动窗口，该滑动窗口从最左边滑到最后边。在该窗口中你只能看到w个数字，每次只能移动一个位置。我们的目的是找到每个窗口w个数字中的最大值，并将这些最大值存储在数组B中。
例如数组A=[1 3 -1 -3 5 3 6 7], 窗口大小w为3。则窗口滑动过程如下所示：
Window position Max
————— —–
[1 3 -1] -3 5 3 6 7 3
1 [3 -1 -3] 5 3 6 7 3
1 3 [-1 -3 5] 3 6 7 5
1 3 -1 [-3 5 3] 6 7 5
1 3 -1 -3 [5 3 6] 7 6
1 3 -1 -3 5 [3 6 7] 7

输入参数为数组A和w大小
输出为数组B，其中B[i]存储了A[i]到A[i+w-1]中w个数字的最大值。
一、简单的解法
一个最简单的想法就是每次移动都计算w个数字的最大值并保存起来，每次计算w个数字的最大值需要O(w)的时间，而滑动过程需要滑动n-w+1次，n为数组大小，因此总共的时间为O(nw)。代码如下：

/*最大滑动窗口主函数*/  void maxSlidingWindow(int A[], int n, int w, int B[])   {      for (int i=0; i<=n-w; i++)           B[i] = max(A+i, w);  }   /*求数组最大值*/  int max(int A[], int n)  {      int max = A[0];      for (int i=1; i<n; i++) {          if (A[i] > max) {              max = A[i];          }      }      return max;  }  

二、最大堆解法
第1个方法思路简单，但是时间复杂度过高，因此需要改进。可以使用一个最大堆来保存w个数字，每次插入数字时只需要O(lgw)的时间，从堆中取最大值只需要O(1)的时间。随着窗口由左向右滑动，因此堆中有些数字会失效（因为它们不再包含在窗口中）。

typedef pair<int, int> Pair;  void maxSlidingWindow(int A[], int n, int w, int B[])  {      priority_queue<Pair> Q; //优先级队列保存窗口里面的值      for (int i = 0; i < w; i++)          Q.push(Pair(A[i], i));  //构建w个元素的最大堆      for (int i = w; i < n; i++) {          Pair p = Q.top();          B[i-w] = p.first;          while (p.second <= i-w) {              Q.pop();              p = Q.top();          }          Q.push(Pair(A[i], i));      }      B[n-w] = Q.top().first;  }  

如果数组本身有序，则里面的while循环不会执行，堆大小会增大到n。因为堆大小并不保持在w不变，因此该算法时间复杂度为O(nlgn)。

三、双向队列O(N)解法
最大堆解法在堆中保存有冗余的元素，比如原来堆中元素为[10 5 3]，新的元素为11，则此时堆中会保存有[11 5 3]。其实此时我们可以清空整个队列，然后再将11加入到队列即可，即只在队列中保持[11]。使用双向队列可以满足要求，滑动窗口的最大值总是保存在队列首部，队列里面的数据总是从大到小排列。当遇到比当前滑动窗口最大值更大的值时，则将队列清空，并将新的最大值插入到队列中。如果遇到的值比当前最大值小，则直接插入到队列尾部。每次移动的时候需要判断当前的最大值是否在有效范围，如果不在，则需要将其从队列中删除。由于每个元素最多进队和出队各一次，因此该算法时间复杂度为O(N)。

void maxSlidingWindow(int A[], int n, int w, int B[])   {    deque<int> Q;    for (int i = 0; i < w; i++) {      while (!Q.empty() && A[i] >= A[Q.back()])        Q.pop_back();      Q.push_back(i);    }    for (int i = w; i < n; i++) {      B[i-w] = A[Q.front()];      while (!Q.empty() && A[i] >= A[Q.back()])        Q.pop_back();      while (!Q.empty() && Q.front() <= i-w)        Q.pop_front();      Q.push_back(i);    }    B[n-w] = A[Q.front()];  }