239.sliding-window-maximum.md

## 题目地址(239. 滑动窗口最大值)

https://leetcode-cn.com/problems/sliding-window-maximum/

## 题目描述

```
给定一个数组 nums，有一个大小为 k 的滑动窗口从数组的最左侧移动到数组的最右侧。你只可以看到在滑动窗口内的 k 个数字。滑动窗口每次只向右移动一位。

返回滑动窗口中的最大值。

 

进阶：

你能在线性时间复杂度内解决此题吗？

 

示例:

输入: nums = [1,3,-1,-3,5,3,6,7], 和 k = 3
输出: [3,3,5,5,6,7]
解释:

  滑动窗口的位置                最大值
---------------               -----
[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
 

提示：

1 <= nums.length <= 10^5
-10^4 <= nums[i] <= 10^4
1 <= k <= nums.length

```

## 前置知识

- 队列
- 滑动窗口

## 公司

- 阿里
- 腾讯
- 百度
- 字节

## 思路

符合直觉的想法是直接遍历 nums, 然后然后用一个变量 slideWindow 去承载 k 个元素，
然后对 slideWindow 求最大值，这是可以的，遍历一次的时间复杂度是 $N$，k 个元素求最大值时间复杂度是 $k$， 因此总的时间复杂度是 O(n \* k).代码如下：

JavaScript:

```js
var maxSlidingWindow = function (nums, k) {
  // bad 时间复杂度O(n * k)
  if (nums.length === 0 || k === 0) return [];
  let slideWindow = [];
  const ret = [];
  for (let i = 0; i < nums.length - k + 1; i++) {
    for (let j = 0; j < k; j++) {
      slideWindow.push(nums[i + j]);
    }
    ret.push(Math.max(...slideWindow));
    slideWindow = [];
  }
  return ret;
};
```

Python3:

```python
class Solution:
    def maxSlidingWindow(self, nums: List[int], k: int) -> List[int]:
        if k == 0: return []
        res = []
        for r in range(k - 1, len(nums)):
            res.append(max(nums[r - k + 1:r + 1]))
        return res
```

但是如果真的是这样，这道题也不会是 hard 吧？这道题有一个 follow up，要求你用线性的时间去完成。

其实，我们没必须存储窗口内的所有元素。 如果新进入的元素比前面的大，那么前面的元素就不再有利用价值，可以直接移除。这提示我们使用一个[单调递增栈](../thinkings/monotone-stack.md "单调栈专题")来完成。

但由于窗口每次向右移动的时候，位于窗口最左侧的元素是需要被擦除的，而栈只能在一端进行操作。

而如果你使用数组实现，就是可以在另一端操作了，但是时间复杂度仍然是 $O(k)$，和上面的暴力算法时间复杂度一样。

因此，我们考虑使用链表来实现，维护两个指针分别指向头部和尾部即可，这样做的时间复杂度是 $O(1)$，这就是双端队列。

因此思路就是用一个双端队列来保存`接下来的滑动窗口可能成为最大值的数`。

具体做法：

- 入队列
- 移除失效元素，失效元素有两种

1. 一种是已经超出窗口范围了，比如我遍历到第 4 个元素，k = 3，那么 i = 0 的元素就不应该出现在双端队列中了
   具体就是`索引大于 i - k + 1的元素都应该被清除`

2. 小于当前元素都没有利用价值了，具体就是`从后往前遍历（双端队列是一个递减队列）双端队列，如果小于当前元素就出队列`

经过上面的分析，不难知道双端队列其实是一个递减的一个队列，因此队首的元素一定是最大的。用图来表示就是：

![](https://tva1.sinaimg.cn/large/007S8ZIlly1ghltxg29buj30hb0di757.jpg)

## 关键点解析

- 双端队列简化时间复杂度

- 滑动窗口

## 代码

JavaScript:

JS 的 deque 实现我这里没有写， 大家可以参考 [collections/deque](https://github.com/montagejs/collections/blob/master/deque.js)

```js
var maxSlidingWindow = function (nums, k) {
  // 双端队列优化时间复杂度, 时间复杂度O(n)
  const deque = []; // 存放在接下来的滑动窗口可能成为最大值的数
  const ret = [];
  for (let i = 0; i < nums.length; i++) {
    // 清空失效元素
    while (deque[0] < i - k + 1) {
      deque.shift();
    }

    while (nums[deque[deque.length - 1]] < nums[i]) {
      deque.pop();
    }

    deque.push(i);

    if (i >= k - 1) {
      ret.push(nums[deque[0]]);
    }
  }
  return ret;
};
```

**复杂度分析**

- 时间复杂度：$O(N * k)$，如果使用双端队列优化的话，可以到 $O(N)$
- 空间复杂度：$O(k)$

Python3:

```python
class Solution:
    def maxSlidingWindow(self, nums: List[int], k: int) -> List[int]:
        q = collections.deque() # 本质就是单调队列
        ans = []
        for i in range(len(nums)):
            while q and nums[q[-1]] <= nums[i]: q.pop() # 维持单调性
            while q and i - q[0] >= k: q.popleft() # 移除失效元素
            q.append(i)
            if i >= k - 1: ans.append(nums[q[0]])
        return ans
```

**复杂度分析**

- 时间复杂度：$O(N)$
- 空间复杂度：$O(k)$

## 扩展

### 为什么用双端队列

因为删除无效元素的时候，会清除队首的元素（索引太小了）或者队尾(元素太小了)的元素。 因此需要同时对队首和队尾进行操作，使用双端队列是一种合乎情理的做法。

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![](https://tva1.sinaimg.cn/large/007S8ZIlly1gfcuzagjalj30p00dwabs.jpg)