該算法在 Big(O) 中的時間復雜度

Question

我想出了以下算法來計算時間復雜度，以找到字符串中出現次數第二多的字符。 該算法分為兩部分。 在 O(n) 中將字符插入 map 的第一部分。 我對第二部分有困難。 遍歷 map 是 O(n) 推入和彈出是 O(log(n))。 第二部分的 BigO 復雜性是多少？ 最后，整體復雜性是多少？ 任何幫助理解這一點會很棒嗎？

void findKthHighestChar(int k,std::string str)
{
    std::unordered_map<char, int> map;
    
    //Step 1: O(n)
    for (int i = 0; i < str.size(); i++)
    {
        map[str[i]] = map[str[i]] + 1;
    }

    //Step2: O(n*log())
    //Iterate through the map
    using mypair = std::pair<int, char>;
    std::priority_queue<mypair, std::vector<mypair>, std::greater<mypair>> pq;
    for (auto it = map.begin(); it != map.end(); it++) //This is O(n) .
    {
        pq.push(mypair(it->second, it->first)); //push is O(log(n))

        if (pq.size() > k) {
            pq.pop();                           //pop() is O(log(n))
        }
    }
    std::cout << k << " highest is " << pq.top().second;
}

Answer 1

您有 2 個輸入變量， k和n （與k < n ）。
還有一個隱藏：字母大小A

• Step1 的平均情況復雜度為O(n) 。

• 第2步： O(std::min(A, n)*log(k)) 。

  迭代 map 為O(std::min(A, n))

  隊列大小綁定到k ，所以它的操作在 O(log(k))

整個算法是如此O(n) + O(std::min(A, n)*log(k))如果我們簡化並去掉一些變量以僅保留n ：

• ( k -> n , A -> n ): O(n) + O(n*log(n))所以O(n*log(n)) 。
• ( k -> n , std::min(A, n) -> A ) : O(n) + O(log(n))所以O(n) 。

Answer 2

一定是這個算法嗎？

您可以使用一個數組（字母大小）來保存頻率。

您可以在 O(n) 中填充它，（通過您的字符串）。 然后，您可以一次找到最大或第二大頻率。 仍然是 O(n)。