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25-【數據結構與算法-Day 25】工程中的王者：深入解析紅黑樹 (Red-Black Tree)
26-【數據結構與算法-Day 26】堆：揭秘優先隊列背后的“特殊”完全二叉樹
27-【數據結構與算法-Day 27】堆的應用：從堆排序到 Top K 問題，一文徹底搞定！

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摘要

在上一篇文章中，我們學習了堆（Heap）這種特殊的完全二叉樹結構及其核心操作。今天，我們將把理論付諸實踐，深入探討堆的兩個殺手級應用：堆排序 (Heap Sort) 和經典的 Top K 問題。堆排序是一種高效的原地排序算法，理解它的原理能加深我們對堆結構的掌握。而 Top K 問題則是大數據和面試場景下的常客，通過堆可以找到極其優雅且高效的解決方案。本文將通過圖解、代碼和詳盡的分析，帶你徹底征服這兩個知識點，讓你無論在項目開發還是技術面試中都能游刃有余。

一、溫故知新：堆的核心概念回顧

在深入應用之前，我們先快速回顧一下堆的關鍵特性，這將是理解后續內容的基礎。

• 結構：堆在邏輯上是一棵完全二叉樹，在物理存儲上通常使用數組來實現，從而節省了指針開銷，并能方便地通過索引計算父子節點關系。
• 特性：
  • 最大堆 (Max-Heap)：任意節點的值都不小于其子節點的值。堆頂元素是整個堆中的最大值。
  • 最小堆 (Min-Heap)：任意節點的值都不大于其子節點的值。堆頂元素是整個堆中的最小值。
• 核心操作：
  • 插入 (Sift Up / 上浮)：將新元素添加到數組末尾，然后通過與其父節點比較，一路向上調整，直到滿足堆的性質。
  • 刪除堆頂 (Sift Down / 下沉)：將數組末尾元素替換堆頂，然后通過與其子節點比較，一路向下調整，直到滿足堆的性質。

上圖展示了一個最大堆及其在數組中的存儲方式。父節點索引為 i，其左子節點為 2*i+1，右子節點為 2*i+2。

二、堆排序 (Heap Sort)：原地排序的藝術

堆排序是一種利用堆結構特性設計的選擇排序。它的核心思想是：首先將待排序的序列構建成一個最大堆，然后依次將堆頂元素（當前最大值）與數組末尾元素交換，并縮小堆的范圍，再對新的堆頂進行下沉操作以維持最大堆性質。 重復此過程，直到所有元素都被排序。

整個過程分為兩大步：建堆 和 排序。

2.1 第一步：原地建堆 (Heapify)

給定一個無序數組，如何最高效地將其轉換為一個堆？一個直觀的想法是創建一個空堆，然后將數組中的元素逐個插入，時間復雜度為 $O(n\log n)$。但存在一種更高效的原地建堆方法，其時間復雜度僅為 $O(n)$。

該方法的核心思想是：從最后一個非葉子節點開始，自后向前、自下而上地對每個節點執行“下沉 (Sift Down)”操作。

• 為什么從最后一個非葉子節點開始？ 因為葉子節點自身已經是一個合法的堆（沒有子節點），無需調整。
• 為什么自下而上？ 因為當調整一個節點時，我們保證了它的子樹已經滿足堆的性質，這樣只需將當前節點“下沉”到正確位置即可。

（1）建堆過程圖解

假設我們有數組 [4, 10, 3, 5, 1, 2]，我們要將其構建成一個最大堆。

1. 定位：數組長度 n=6。最后一個非葉子節點的索引是 floor(n/2) - 1 = floor(6/2) - 1 = 2。該節點的值是 3。
2. 從索引 2 (值為 3) 開始下沉：節點 3 的子節點是 2。3 > 2，滿足最大堆性質，無需交換。
3. 從索引 1 (值為 10) 開始下沉：節點 10 的子節點是 5 和 1。10 大于它們，滿足性質，無需交換。
4. 從索引 0 (值為 4) 開始下沉：節點 4 的子節點是 10 和 3。4 < 10，不滿足最大堆性質。將 4 與其較大的子節點 10 交換。交換后，數組變為 [10, 4, 3, 5, 1, 2]。被交換下去的 4 成為索引為 1 的節點，它沒有子節點了（或者說它的新子節點5和1都比它小），下沉結束。

至此，建堆完成。最終的堆結構如下：

最終數組為 [10, 4, 3, 5, 1, 2]。

2.2 第二步：排序階段

建堆完成后，數組的第一個元素 arr[0] 就是當前序列的最大值。排序階段的步驟如下：

1. 將堆頂元素 arr[0] 與當前堆的最后一個元素 arr[i] 交換。此時，最大值被放到了數組的正確位置（末尾）。
2. 將堆的大小減一（邏輯上將已排序的元素排除在外）。
3. 對新的堆頂 arr[0] 執行“下沉”操作，以恢復最大堆的性質。
4. 重復上述步驟，直到堆中只剩一個元素。

（1）排序過程圖解

繼續上面的例子，數組為 [10, 4, 3, 5, 1, 2]，堆大小 heapSize = 6。

1. 第一次迭代：

   • 交換 arr[0] (10) 和 arr[5] (2)。數組變為 [2, 4, 3, 5, 1, 10]。
   • heapSize 減為 5。10 已被排序。
   • 對新堆頂 2 執行下沉。2 和其子節點 4、3 比較，與較大的 4 交換。數組變為 [4, 2, 3, 5, 1, 10]。2 再與其新子節點 5 比較，與 5 交換。數組變為 [4, 5, 3, 2, 1, 10]。等等，下沉邏輯應該是與左右子節點中較大的那個交換。重新來：
   • 對新堆頂 2 執行下沉。子節點 4 和 3，4 更大。2 和 4 交換，數組變為 [4, 2, 3, 5, 1, 10]。2 到了索引 1，它的子節點是 5 和 1，5 更大。2 和 5 交換。數組變為 [4, 5, 3, 2, 1, 10]。等等，邏輯錯了。下沉應該在交換后的子樹中進行。

   讓我們重新梳理下沉邏輯：

   • 堆頂 2，子節點 4 (索引1) 和 3 (索引2)。4 > 2，交換。數組變為 [4, 4, 3, 5, 1, 10]，2 到了索引 1。
   • arr[0] (2) 與 arr[5] (10) 交換 -> [2, 4, 3, 5, 1, 10]。
   • 對 arr[0] (2) 在 heapSize=5 的范圍內下沉。
   • i=0，左子 1 (值4)，右子 2 (值3)。arr[1]>arr[2]，所以和 arr[1] 比較。arr[0] < arr[1]，交換 arr[0] 和 arr[1]。
   • 數組變為 [4, 2, 3, 5, 1, 10]。
   • 現在 2 到了索引 1。i=1，左子 3 (值5)，右子 4 (值1)。arr[3]>arr[4]，所以和 arr[3] 比較。arr[1] < arr[3]，交換 arr[1] 和 arr[3]。
   • 數組變為 [4, 5, 3, 2, 1, 10]。
   • 現在 2 到了索引 3，它沒有子節點了，下沉結束。
   • 第一次迭代后，堆部分為 [5, 4, 3, 2, 1]，數組為 [5, 4, 3, 2, 1, 10]。

2. 第二次迭代：

   • heapSize = 5。交換 arr[0] (5) 和 arr[4] (1)。數組變為 [1, 4, 3, 2, 5, 10]。
   • heapSize 減為 4。5 和 10 已被排序。
   • 對新堆頂 1 執行下沉。與 4 交換 -> [4, 1, 3, 2, 5, 10]。1 再與 2 交換 -> [4, 2, 3, 1, 5, 10]。
   • 第二次迭代后，堆部分為 [4, 2, 3, 1]，數組為 [4, 2, 3, 1, 5, 10]。

3. … 以此類推，直到整個數組有序：[1, 2, 3, 4, 5, 10]。

2.3 代碼實現 (Java)

public class HeapSort {public void sort(int[] arr) {if (arr == null || arr.length < 2) {return;}// 1. 構建最大堆 (從最后一個非葉子節點開始)// 數組長度為 n，則最后一個非葉子節點索引為 n/2 - 1for (int i = arr.length / 2 - 1; i >= 0; i--) {siftDown(arr, i, arr.length);}// 2. 排序階段for (int i = arr.length - 1; i > 0; i--) {// 將堆頂元素（最大值）與末尾元素交換swap(arr, 0, i);// 交換后，堆大小減 1，并對新的堆頂進行下沉操作siftDown(arr, 0, i);}}/*** 下沉操作 (調整為最大堆)* @param arr 待調整的數組* @param index 要下沉的節點索引* @param heapSize 堆的大小（不是數組的長度）*/private void siftDown(int[] arr, int index, int heapSize) {int parentValue = arr[index]; // 先保存父節點的值，用于最后賦值// 循環直到當前節點沒有左子節點 (2*index + 1 >= heapSize)for (int childIndex = 2 * index + 1; childIndex < heapSize; childIndex = 2 * childIndex + 1) {// 如果存在右子節點，并且右子節點比左子節點大，則定位到右子節點if (childIndex + 1 < heapSize && arr[childIndex + 1] > arr[childIndex]) {childIndex++;}// 如果父節點比最大的子節點還大，則無需下沉，直接跳出if (parentValue >= arr[childIndex]) {break;}// 否則，將子節點的值賦給父節點，繼續向下比較arr[index] = arr[childIndex];index = childIndex; // 更新 index 為子節點索引，準備下一輪循環}// 循環結束后，將最初的父節點值放到最終的位置arr[index] = parentValue;}private void swap(int[] arr, int i, int j) {int temp = arr[i];arr[i] = arr[j];arr[j] = temp;}
}

2.4 性能分析

• 時間復雜度：
  • 建堆過程：$O(n)$。這是一個精確的結論，雖然看起來是 $n/2$ 次 siftDown，但大部分 siftDown 的路徑都很短。
  • 排序過程：進行了 $n?1$ 次交換和 siftDown 操作。每次 siftDown 的時間復雜度是 $O(\log n)$。所以這部分是 $O(n\log n)$。
  • 總時間復雜度：$O(n)+O(n\log n)=O(n\log n)$。
• 空間復雜度：$O(1)$。堆排序是原地排序，只需要常數級別的額外空間用于交換。
• 穩定性：堆排序是不穩定的。在 siftDown 和交換堆頂的過程中，相同大小的元素的相對順序可能會被改變。

三、Top K 問題：海量數據處理的利器

Top K 問題是一個非常經典的面試題和工程問題，其描述通常是：從 N 個數據中，找出最大（或最小）的 K 個數，其中 N 的數量級可能非常大（如百萬、十億），無法一次性加載到內存中。

3.1 問題定義與挑戰

例如，從 10 億個搜索日志中，找出點擊量最高的 10 個搜索詞。

• 挑戰：
  1. 內存限制：無法將 10 億條數據全部加載到內存中進行排序。
  2. 效率要求：即使內存足夠，對全部數據排序（時間復雜度 $O(n\log n)$）也是一種巨大的浪費，因為我們只關心前 K 個元素。

3.2 解決方案：小頂堆的妙用

堆是解決 Top K 問題的完美工具。這里有一個非常巧妙的設計：

要求解 “Top K 大” 的問題，我們使用一個容量為 K 的 “最小堆”。

（1）算法流程

1. 創建一個大小為 K 的最小堆（優先隊列）。
2. 遍歷數據源（N 個數據）：
   a. 首先，讀取前 K 個元素，直接全部放入最小堆中。此時堆被填滿。
   b. 繼續讀取第 K+1 個元素 x：
   * 將其與堆頂元素 heap_top（當前已發現的 K 個元素中的最小值）進行比較。
   * 如果 x > heap_top，說明 x 有資格進入 Top K 行列，而 heap_top 則被淘汰。具體操作是：彈出堆頂，并將 x 插入堆中。
   * 如果 x <= heap_top，說明 x 連當前 Top K 的“門檻”都達不到，直接忽略。
3. 遍歷完所有 N 個數據后，堆中剩下的 K 個元素，就是我們要求解的 Top K 大的元素。

（2）為什么用最小堆？

最小堆的堆頂始終是堆中最小的元素。這個堆的作用就像一個“擂臺”，堆頂就是“擂主”，只不過這個擂主是“守門員”，是當前 Top K 榜單中實力最弱的那個。任何新的挑戰者，只需要和這個最弱的“守門員”比試即可。如果連最弱的都打不過，那肯定沒資格上榜。如果打得過，就把它替換掉，成為新的（可能也是暫時的）“守門員”。

這種設計保證了堆中始終維護著當前為止遇到的 K 個最大元素，而堆頂就是這 K 個元素中的最小值，即 Top K 的“準入門檻”。

3.3 代碼實現 (Java)

在 Java 中，PriorityQueue 默認就是最小堆，非常適合用來解決此問題。

import java.util.PriorityQueue;public class TopKFinder {/*** 找出數組中最大的 K 個數* @param arr 數據源數組* @param k 需要找出的元素數量* @return 包含最大 K 個數的數組*/public int[] findTopK(int[] arr, int k) {if (arr == null || arr.length < k || k <= 0) {// 返回空數組或拋出異常，根據業務需求決定return new int[0];}// 創建一個最小堆，容量為 k// PriorityQueue 在 Java 中默認是最小堆PriorityQueue<Integer> minHeap = new PriorityQueue<>(k);// 遍歷數組for (int num : arr) {if (minHeap.size() < k) {// 如果堆未滿，直接添加minHeap.offer(num);} else if (num > minHeap.peek()) {// 如果當前元素大于堆頂元素（當前 K 個中的最小值）// 彈出堆頂minHeap.poll();// 將當前元素入堆minHeap.offer(num);}}// 將堆中元素轉換為數組返回int[] result = new int[k];for (int i = 0; i < k; i++) {result[i] = minHeap.poll();}return result;}
}

3.4 復雜度分析與擴展

（1）復雜度分析

• 時間復雜度：$O(n\log k)$。
  • 我們遍歷了 N 個元素。
  • 對于每個元素，最多進行一次堆操作（offer 或 poll+offer）。堆的大小始終不超過 K，所以每次堆操作的時間復雜度是 $O(\log k)$。
  • 因此，總時間復雜度是 $O(n\log k)$。當 K 遠小于 N 時，這比 $O(n\log n)$ 高效得多。
• 空間復雜度：$O(k)$。我們需要一個大小為 K 的堆來存儲臨時的 Top K 元素。

（2）舉一反三

• 如何求解 “Top K 小”？
  • 思路完全相反：使用一個大小為 K 的最大堆。
  • 遍歷數據，如果新元素比堆頂（當前 K 個中的最大值）還小，就替換掉堆頂。
  • 時間復雜度依然是 $O(n\log k)$，空間復雜度是 $O(k)$。

四、總結

本文我們深入探討了堆的兩種核心應用，將理論知識轉化為了強大的編程武器。

1. 堆排序 (Heap Sort)：一種性能優秀的原地排序算法。其核心步驟是先用 $O(n)$ 的時間復雜度原地建堆，然后通過 $n?1$ 次“交換堆頂與末尾元素”并“下沉”的操作完成排序，總時間復雜度為 $O(n\log n)$。
2. 堆排序特性：時間復雜度穩定在 $O(n\log n)$，空間復雜度為 $O(1)$，但它是一種不穩定排序。
3. Top K 問題：解決“從海量數據中找出最大/最小的 K 個數”問題的經典場景。堆提供了極其高效的解決方案。
4. Top K 解法精髓：求解 Top K 大，使用容量為 K 的最小堆；求解 Top K 小，使用容量為 K 的最大堆。這種“反向思維”是關鍵。該算法的時間復雜度為 $O(n\log k)$，空間復雜度為 $O(k)$，完美契合了大數據、低內存的場景需求。

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