与归并排序相关的一些问题
作者：Grey
原文地址：
归并排序的递归解法#
插入，选择，冒泡排序时间复杂度是O(N^2)，归并排序可以做到时间复杂度O(N*logN)。
归并排序的整体思路是利用递归，先让左边排好序，再让右边排好序，然后通过merge操作让整体有序。
merge操作类似合并两个及以上有序链表问题中提到的算法。
但是merge过程需要辅助数组，所以额外空间复杂度为O(N)。
完整代码和注释见：
public class Code_MergeSort {
// 递归方法实现
public static void mergeSort1(int[] arr) {
if (arr == null || arr.length < 2) {
return;
}
process(arr, 0, arr.length - 1);
}
// 递归过程，让l……r变有序
public static void process(int[] arr, int l, int r) {
if (l == r) {
return;
}
// 求中点
int mid = l + ((r - l) >> 1);
// 左边部分有序
process(arr, l, mid);
// 右边部分有序
process(arr, mid + 1, r);
// 整体变有序
merge(arr, l, mid, r);
}
// arr[l……mid]已经有序
// arr[mid+1……r]也已经有序
// 将arr[l……r]整体变有序
public static void merge(int[] arr, int l, int mid, int r) {
// 辅助数组
int[] help = new int[r - l + 1];
int ls = l;
int rs = mid + 1;
int i = 0;
while (ls <= mid && rs <= r) {
// 谁小拷贝谁到辅助数组中。
if (arr[ls] < arr[rs]) {
help[i++] = arr[ls++];
} else {
help[i++] = arr[rs++];
}
}
// 左边和右边剩余部分直接拷贝到辅助数组中
while (ls <= mid) {
help[i++] = arr[ls++];
}
while (rs <= r) {
help[i++] = arr[rs++];
}
i = 0;
for (int n : help) {
arr[l + (i++)] = n;
}
}
}
复杂度估计#
这个递归过程时间复杂度可以利用 master 公式来计算。
master 公式适用于子问题规模等量的情况下, 用来计算递归函数的复杂度
T(N) = a * T(N/b) + O(N^d)
其中的 a、b、d 都是常数
T(N)为父过程的数据规模
T(N/b)为子过程的数据规模
a为子过程的调用次数
O(N ^ d)为除了递归过程之外其他调用的时间复杂度
如果log(b,a) < d，则递归函数复杂度为O(N^d)
如果log(b,a) > d，则递归函数复杂度为O(N^log(b,a))
如果log(b,a) == d，则递归函数复杂度为O(N^d * logN)
注：该公式只适用子过程的调用都是数据规模相同的情况，如果一个递归过程有多个子过程数据规模不一样，那么它不能用该公式进行时间复杂度的计算。
所以，根据 master 公式，归并排序的算法时间复杂度为O(N*logN)
归并排序的迭代版本实现#
因为任何递归函数都可以用非递归函数来实现，所以，归并排序有对应的迭代方法，思路如下
-
设置一个步长，从 1 开始，1，2，4，8，16……2^n 方式递增
-
每次处理对应步长的数组区间范围内的排序。
-
步长超过或者等于数组长度，则整个数组排序完成。
比如[1,3,4,2,5,6,4,6,8]
先设置步长为 1，数组分成如下区间
[0……1],[2……3],[4……5],[6……7],[8……8]
注：最后一组不够分，则单独作为一组处理。
将如上区间内部排好序，得到的数组为
[1,3,2,4,5,6,4,6,8]
然后设置步长为 2，数组分成如下区间
[0……3],[4……7],[8……8]。
然后将上述区间内部先排好序，得到数组为
[1,2,3,4,4,5,6,6,8]
然后设置步长为 4，数组分成如下区间
[0……7],[8……8]。
然后将上述区间内部先排好序，得到数组为
[1,2,3,4,4,5,6,6,8]
最后设置步长为 8，数组只有一个区间，直接排序，得到最后结果
[1,2,3,4,4,5,6,6,8]
完整代码见
public class Code_MergeSort {
// 归并排序的迭代版
public static void mergeSort2(int[] arr) {
if (arr == null || arr.length < 2) {
return;
}
int len = arr.length;
// 步长，1，2，4，8…….
int step = 1;
while (step < len) {
// 左组的第一个位置
int lStart = 0;
while (lStart < len) {
if (lStart + step >= len) {
// 没有右组
break;
}
int mid = lStart + step - 1;
// rEnd不能越界
int rEnd = mid + Math.min(step, len - mid - 1);
// 右组中第一个位置
// 中点位置
merge(arr, lStart, mid, rEnd);
lStart = rEnd + 1;
}
// 防止溢出
if (step > (len / 2)) {
break;
}
step <<= 1;
}
}
// arr[l……mid]已经有序
// arr[mid+1……r]也已经有序
// 将arr[l……r]整体变有序
public static void merge(int[] arr, int l, int mid, int r) {
// 辅助数组
int[] help = new int[r - l + 1];
int ls = l;
int rs = mid + 1;
int i = 0;
while (ls <= mid && rs <= r) {
// 谁小拷贝谁到辅助数组中。
if (arr[ls] < arr[rs]) {
help[i++] = arr[ls++];
} else {
help[i++] = arr[rs++];
}
}
// 左边和右边剩余部分直接拷贝到辅助数组中
while (ls <= mid) {
help[i++] = arr[ls++];
}
while (rs <= r) {
help[i++] = arr[rs++];
}
i = 0;
for (int n : help) {
arr[l + (i++)] = n;
}
}
}
合并有序数组#
题目描述见LeetCode 88. Merge Sorted Array
本题思路就是归并排序的merge过程，不赘述，代码如下
class Solution {
public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {
int len = m + n;
while (m > 0 && n > 0) {
if (nums1[m - 1] > nums2[n - 1]) {
nums1[--len] = nums1[--m];
} else {
nums1[--len] = nums2[--n];
}
}
while (n > 0) {
nums1[--len] = nums2[--n];
}
}
}
注：本题在 LintCode 中也有，见LintCode 6 · Merge Two Sorted Arrays
在 LintCode 中，对本题有个扩展要求：
如果一个数组很大，另一个数组很小，你将如何优化算法？
对于扩展要求，我们可以用如下方式来优化
即直接查小数组中的元素在大数组中的位置（可以用二分），然后依次填入具体位置
完整代码见
public class Solution {
public static int[] mergeSortedArray(int[] A, int[] B) {
int m = A.length;
int n = B.length;
int[] bigger = m >= n ? A : B;
int[] smaller = bigger == A ? B : A;
int[] helper = new int[m + n];
int from = 0;
int to;
int index = 0;
for (int i = 0; i < smaller.length; i++) {
int position = position(smaller[i], bigger, i);
helper[position] = smaller[i];
to = position - 1;
while (from <= to) {
helper[from++] = bigger[index++];
}
from = position + 1;
}
while (from < (m + n)) {
helper[from++] = bigger[index++];
}
return helper;
}
// value在bigger的位置是多少
public static int position(int value, int[] bigger, int offset) {
int smallerThanMe = 0;
int L = 0;
int R = bigger.length - 1;
while (L <= R) {
int mid = L + ((R - L) >> 1);
if (bigger[mid] > value) {
R = mid - 1;
} else if (bigger[mid] < value) {
smallerThanMe = (mid + 1);
L = mid + 1;
} else {
smallerThanMe = mid;
R = mid - 1;
}
}
return smallerThanMe + offset;
}
}
计算右侧小于当前元素的个数问题#
题目描述见：LeetCode 315. Count of Smaller Numbers After Self
本题也是利用了归并排序的merge过程，由于归并排序是从小到大排序，而我们需要得到某个元素右侧有多少比它小，所以我们还需要将归并排序改成从大到小排序。
以某一次merge过程为例，比如
左侧区间（已排好序）: [5,3,2,1]
右侧区间（已排好序）：[6,4,3,3]
示例图如下
当左侧指针来到s1的时候，右侧指针移动到s2的时候，开始比左侧的值要小，此时可以结算s1位置右侧有几个比它小的元素。
左侧组中比 s1 更小的元素个数 + (r - s2 + 1)
完整代码见：
class Solution {
public static class Node {
public int value;
public int index;
public Node(int index, int value) {
this.value = value;
this.index = index;
}
}
// 思路转换为：一个数的右边有多少个数比它小！
// 改归并排序（从大到小）
public static List countSmaller(int[] nums) {
List result = new ArrayList<>(nums.length);
Node[] nodes = new Node[nums.length];
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
result.add(0);
nodes[i] = new Node(i, nums[i]);
}
process(nodes, 0, nums.length - 1, result);
return result;
}
private static void process(Node[] nodes, int l, int r, List result) {
if (l == r) {
return;
}
int m = l + ((r - l) >> 1);
process(nodes, l, m, result);
process(nodes, m + 1, r, result);
merge(nodes, l, m, r, result);
}
private static void merge(Node[] nodes, int l, int m, int r, List result) {
Node[] help = new Node[r - l + 1];
int s1 = l;
int s2 = m + 1;
int index = 0;
while (s1 <= m && s2 <= r) {
if (nodes[s1].value > nodes[s2].value) {
result.set(nodes[s1].index, result.get(nodes[s1].index) + r - s2 + 1);
help[index++] = nodes[s1++];
} else if (nodes[s1].value < nodes[s2].value) {
help[index++] = nodes[s2++];
} else {
help[index++] = nodes[s2++];
}
}
while (s1 <= m) {
help[index++] = nodes[s1++];
}
while (s2 <= r) {
help[index++] = nodes[s2++];
}
for (int i = 0; i < help.length; i++) {
nodes[l + i] = help[i];
}
}
}
LintCode上有一个类似的题目，题目描述见：LintCode 532 · Reverse Pairs
本题的思路和上一题一致，都是先将归并排序改成从大到小排序，然后在merge过程中，求一个数右侧有几个数比它小，不赘述，代码见：
public class Solution {
public static long reversePairs(int[] A) {
if (null == A || A.length < 2) {
return 0;
}
return process(A, 0, A.length - 1);
}
private static long process(int[] a, int l, int r) {
if (l == r) {
return 0L;
}
int m = l + ((r - l) >> 1);
return process(a, l, m) + process(a, m + 1, r) + merge(a, l, m, r);
}
private static long merge(int[] a, int l, int m, int r) {
int[] help = new int[r - l + 1];
int index = 0;
int s1 = l;
int s2 = m + 1;
long ans = 0L;
while (s1 <= m && s2 <= r) {
if (a[s1] < a[s2]) {
help[index++] = a[s2++];
} else if (a[s1] > a[s2]) {
ans += (r - s2 + 1);
help[index++] = a[s1++];
} else {
help[index++] = a[s2++];
}
}
while (s1 <= m) {
help[index++] = a[s1++];
}
while (s2 <= r) {
help[index++] = a[s2++];
}
index = 0;
for (int n : help) {
a[l + (index++)] = n;
}
return ans;
}
}
翻转对问题#
题目描述见：LeetCode 493. Reverse Pairs
本题也是利用merge过程，不同于上述两个问题，本题在merge两个区间之前，就要先统计一下num[i] > 2 * num[j]的数量。
完整代码见：
class Solution {
public static int reversePairs(int[] A) {
if (null == A || A.length < 2) {
return 0;
}
int size = A.length;
return process(A, 0, size - 1);
}
public static int process(int[] a, int l, int r) {
if (l == r) {
return 0;
}
int m = l + ((r - l) >> 1);
return process(a, l, m) + process(a, m + 1, r) + merge(a, l, m, r);
}
public static int merge(int[] a, int l, int m, int r) {
// 先执行统计
int ans = 0;
int s1 = l;
int s2 = m + 1;
while (s1 <= m && s2 <= r) {
if ((long) a[s1] - (long) a[s2] > (long) a[s2]) {
ans += (r - s2 + 1);
s1++;
} else {
s2++;
}
}
// 以下是经典mergesort排序
int[] help = new int[r - l + 1];
s1 = l;
s2 = m + 1;
int index = 0;
while (s1 <= m && s2 <= r) {
if (a[s1] < a[s2]) {
help[index++] = a[s2++];
} else if (a[s1] > a[s2]) {
help[index++] = a[s1++];
} else {
help[index++] = a[s2++];
}
}
while (s1 <= m) {
help[index++] = a[s1++];
}
while (s2 <= r) {
help[index++] = a[s2++];
}
index = 0;
for (int n : help) {
a[l + (index++)] = n;
}
return ans;
}
}
区间和的个数问题#
题目描述见：LeetCode 327. Count of Range Sum
本题有几个优化点：
-
由于需要快速得到区间和，所以，可以通过前缀和数组来加速区间和的求法。
-
在
merge过程中，由于存在单调性，所以可以通过滑动窗口的方式，定位到区间和的上下界，整个过程不回退，所以不会增加归并排序的整体时间复杂度。
完整代码和注释见
class Solution {
public static int countRangeSum(int[] nums, int lower, int upper) {
int size = nums.length;
// 前缀和数组加速求区间的和！！
long[] preSum = new long[size];
preSum[0] = nums[0];
for (int i = 1; i < size; i++) {
preSum[i] = nums[i] + preSum[i - 1];
}
return p(preSum, 0, size - 1, lower, upper);
}
public static int p(long[] preSum, int i, int j, int lower, int upper) {
if (i == j) {
if (preSum[i] >= lower && preSum[j] <= upper) {
return 1;
}
return 0;
}
int mid = i + ((j - i) >> 1);
return p(preSum, i, mid, lower, upper) + p(preSum, mid + 1, j, lower, upper) + merge(preSum, i, mid, j, lower, upper);
}
private static int merge(long[] preSum, int i, int mid, int j, int lower, int upper) {
// 单调性->滑动窗口
int pair = 0;
int L = i;
int R = i;
int S = mid + 1;
// 区间和存在单调性，使用滑动窗口定位上下界，不回退，所以O(logN)
while (S <= j) {
long max = preSum[S] - lower;
long min = preSum[S] - upper;
while (L <= mid && preSum[L] < min) {
L++;
}
while (R <= mid && preSum[R] <= max) {
R++;
}
pair += (R - L);
S++;
}
// mergeSort经典代码
long[] helper = new long[j - i + 1];
int l = i;
int r = mid + 1;
int index = 0;
while (l <= mid && r <= j) {
if (preSum[l] > preSum[r]) {
helper[index++] = preSum[r++];
} else {
helper[index++] = preSum[l++];
}
}
while (l <= mid) {
helper[index++] = preSum[l++];
}
while (r <= j) {
helper[index++] = preSum[r++];
}
int k = 0;
for (long num : helper) {
preSum[i + (k++)] = num;
}
return pair;
}
}