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题目描述
给定一个整数数组，返回所有数对之间的第 k 个最小距离。一对 (A, B) 的距离被定义为 A 和 B 之间的绝对差值。
示例1
输入：
nums = [1,3,1]
k = 1
输出：
0
解释：
所有数对如下：
(1,3) -> 2
(1,1) -> 0
(3,1) -> 2
因此第 1 个最小距离的数对是 (1,1)，它们之间的距离为 0。提示
- 2 <= len(nums) <= 10000.
- 0 <= nums[i] < 1000000.
- 1 <= k <= len(nums) * (len(nums) - 1) / 2.
题解
注意到这题 $n$ 比较大，所以不能算出所有的数对差值，然后排序，这样时间复杂度就是 $O(n^2 \log {n^2})$ 了。
直觉上应该先给数组从小到大排个序，那么差值最小值就是 0 ，最大值就是 $nums[n-1] - nums[0]$ ，答案肯定也就在这个区间里了。
那么我们可以从最大的差值开始，看是否有数对满足这个差值，并且这个差值还得是第 $k$ 小的。对于差值 $m$ ，如果它是第 $k$ 小的，说明所有数对中差值小于等于 $m$ 的数对个数 $c$ 一定大于等于 $k$ 。因为如果第 $k$ 小的差值只有一个数对满足，那么 $c = k$ ，否则的话就有多个数对差值都是 $m$ ，那就有 $c > k$ 。于是我们找到第一个满足 $c < k$ 的差值就行了，再加 1 就是最终的答案。
那么怎么求小于等于 $m$ 的数对个数 $c$ 呢？因为排过序了，所以可以采用双指针的方法，初始时 $l = r = 0$ ，对于每个右指针 $r$ ，我们移动左指针 $l$ ，直到 $nums[r] - nums[l] \le m$ 。那么最终 $r - l$ 就是以 $nums[r]$ 作为较大数的数对个数。因为两个指针都是向右移动的，所以每次计算个数只需要 $O(n)$ 的时间复杂度。
所以这个方法最终总的时间复杂度为 $O(Wn + n \log n)$ ，因为最大差值 $W$ 还是太大，所以还是没有办法直接遍历。
又注意到随着 $m$ 的减小， $c$ 也是单调减小的，所以可以二分寻找 $m$ 。如果 $c \ge k$ ，那么说明答案小于等于 $m$ ，于是令 $r = m$ 。如果 $c < k$ ，那么说明答案一定大于 $m$ ，于是令 $l = m + 1$ ，最终答案就是 $l$ 。
这样二分优化之后，最终的时间复杂度为 $O(n\log W + n\log n)$ ，可以接受。
代码
c++
class Solution {
public:
int smallestDistancePair(vector<int>& nums, int k) {
int n = nums.size();
sort(nums.begin(), nums.end());
int l = 0, r = nums[n-1]-nums[0];
while (l < r) {
int m = (l + r) / 2;
if (count(m, nums) >= k) r = m;
else l = m + 1;
}
return l;
}
int count(int K, vector<int>& nums) {
int cnt = 0, l = 0, n = nums.size();
for (int r = 0; r < n; ++r) {
while (l < r && nums[r]-nums[l] > K) {
l++;
}
cnt += r - l;
}
return cnt;
}
};python
class Solution:
def smallestDistancePair(self, nums: List[int], k: int) -> int:
n = len(nums)
nums.sort()
def count(K: int) -> int:
cnt, l = 0, 0
for r in range(n):
while l < r and nums[r]-nums[l] > K:
l += 1
cnt += r - l
return cnt
l, r = 0, nums[-1]-nums[0]
while l < r:
m = (l + r) // 2
if count(m) >= k:
r = m
else:
l = m + 1
return l
