归并排序

定义

归并排序是采用分治法的一个非常典型的应用，将已有序的子序列合并，得到完全有序的序列，即先使每个子序列有序，再使子序列段间有序
若将两个有序表合并成一个有序表，称为二路归并

稳定性

稳定

时间复杂度

O(N*logN)

代码

测试用例

int arr[] = {2,4,3,1,6,5};

原代码

    /*** 归并排序（重载）* 为了创建临时数组 完成数组的复用** @param arr 无序数组*/public static void mergeSort(int[] arr){System.out.println("初始数据" + Arrays.toString(arr));int[] temp = new int[arr.length];mergeSort(arr,temp,0,arr.length-1);}/*** 归并排序* @param arr* @param temp* @param start* @param end*/public static void mergeSort(int[] arr,int[] temp,int start,int end){if (start >= end){return;}int mid = (start + end) / 2;// 排序第一个数组mergeSort(arr,temp,start,mid);// 排序第二个数组mergeSort(arr,temp,mid+1,end);// 合并两个有序数组merge(arr,temp,start,mid,end);}

运行结果
（输出语句见 二路归并 算法）

扩展1 二路归并

    /*** 二路归并 合并两个有序序列* 现将两个有序序列合并成一个序列 然后开始排序* @param arr   存放两个有序列表的数组* @param temp  临时数组* @param start 左侧有序列表开始的下标* @param mid   左侧结束位置下标  右侧开始位置下标：mid+1* @param end   右侧有序列表结束下标*/public static void merge(int[] arr,int[] temp,int start,int mid,int end){System.out.println("前一组开始下标 "+start);System.out.println("前一组结束下标 "+mid);System.out.println("后一组开始下标 "+(mid+1));System.out.println("后一组结束下标 "+end);int i = start; // i 用来记录 第一个数组的遍历位置int j = mid + 1; // 用来记录第二个数组的遍历位置int k = start; // 用来表示临时数组的下标// i=mid+1:第一个数组先遍历完成// j=end+1:第二个数组先遍历完成while (i != mid +1 && j != end +1){if (arr[i]>arr[j]){temp[k++] = arr[j++];}else {temp[k++] = arr[i++];}}// 第一个数组没有遍历完毕while (i != mid + 1){temp[k++] = arr[i++];}// 第二个元素没有遍历完毕while (j != end + 1){temp[k++] = arr[j++];}for (int n = start;n<=end;n++){arr[n] = temp[n];}System.out.println("本次合并结果："+Arrays.toString(arr));}

扩展二递归的时间复杂度

master公式

T(N) = a * T(Nb{N\over b}bN ) + O(N^d)

N：数据样本量

a：子过程调用次数

Nb{N\over b}bN：子过程数据样本量

O(N^d)：除去递归之外的时间复杂度

递归时间复杂度

扩展三应用

数组小和问题

题面
在一个数组中，每一个数左边比当前数小的数累加起来，叫做这个数组的小和。求一个数组的小和
示例
[2,3,4,1,5] 小和为17
- 2左边比其小的数：
- 3左边比其小的数：2
- 4左边比其小的数：2 3
- 1左边比其小的数：
- 5左边比其小的数：2 3 4 1
思路
求数组中每个数左侧比其小的所有数的和，等同于求每个数右侧比其大的数的数量乘以这个数的和进行累加
代码实现

/*** 求数组小和* @param arr*/public static void minSum(int[] arr){if (arr == null || arr.length<2){System.out.println("所求小和为 0");return;}int[] temp = new int[arr.length];int minsum = mergeSort4MinSum(arr,temp,0,arr.length-1);System.out.println("所求小和值为 "+minsum);}/*** 求数组小和* @param arr* @param temp* @param start* @param end* @return*/public static int mergeSort4MinSum(int[] arr,int[] temp,int start,int end){if (start >= end){return 0;}int mid = (start + end) / 2;// 排序第一个数组 计算第一个数组小和int leftMinSum = mergeSort4MinSum(arr,temp,start,mid);// 排序第二个数组 计算第二个数组小和int rughtMinSum = mergeSort4MinSum(arr,temp,mid+1,end);// 合并两个有序数组 计算总的数组小和int allMinSum = merge4MinSum(arr,temp,start,mid,end);return leftMinSum + rughtMinSum +allMinSum;}/*** 求数组小和* @param arr   存放两个有序列表的数组* @param temp  临时数组* @param start 左侧有序列表开始的下标* @param mid   左侧结束位置下标  右侧开始位置下标：mid+1* @param end   右侧有序列表结束下标* @return 本组小和*/public static int merge4MinSum(int[] arr,int[] temp,int start,int mid,int end){System.out.println("前一组开始下标 "+start);System.out.println("前一组结束下标 "+mid);System.out.println("后一组开始下标 "+(mid+1));System.out.println("后一组结束下标 "+end);int i = start; // i 用来记录 第一个数组的遍历位置int j = mid + 1; // 用来记录第二个数组的遍历位置int k = start; // 用来表示临时数组的下标int minSumResult = 0;// i=mid+1:第一个数组先遍历完成// j=end+1:第二个数组先遍历完成while (i != mid +1 && j != end +1){if (arr[i]>arr[j]){temp[k++] = arr[j++];}else {minSumResult += arr[i]<arr[j]?(end-j+1) * arr[i]:0; // 计算小和语句temp[k++] = arr[i++];}}// 第一个数组没有遍历完毕while (i != mid + 1){temp[k++] = arr[i++];}// 第二个元素没有遍历完毕while (j != end + 1){temp[k++] = arr[j++];}for (int n = start;n<=end;n++){arr[n] = temp[n];}System.out.println("本次合并结果："+Arrays.toString(arr));return minSumResult;}

逆序对和问题

题面
在一个数组中，左边的数如果比右边的数大，则两个数构成一个逆序对，请输出逆序对的数量
示例
[2,3,4,1,5,6]中逆序对的数量为3，分别为(2,1) (3,1) (4,1)
思路
即求每个数右边比其小的个数的和
代码实现


/*** @Classname AntiOrder* @Description 将归并的从小到大排序 换成 从大到小排序**/
public class AntiOrder {// 记录逆序对信息private static Map<String,Object> antiOrderMap = new HashMap<>();public static void main(String[] args) {// 测试数据int[] arr = {2,4,3,1,6,5};antiOrder(arr);}/*** 求逆序对* @param arr*/public static void antiOrder(int[] arr){if (arr == null || arr.length<2){System.out.println("逆序对的数量为 0");return;}int[] temp = new int[arr.length];int minsum = mergeSort4AntiOrder(arr,temp,0,arr.length-1);System.out.println("逆序对的数量为  "+minsum);System.out.println("逆序对如下：");System.out.println(antiOrderMap.toString());antiOrderMap = new HashMap<>();}/*** 求逆序对* @param arr* @param temp* @param start* @param end* @return*/public static int mergeSort4AntiOrder(int[] arr,int[] temp,int start,int end){if (start >= end){return 0;}int mid = (start + end) / 2;// 排序第一个数组 计算第一个数组中逆序对int leftAnti = mergeSort4AntiOrder(arr,temp,start,mid);// 排序第二个数组 计算第二个数组中逆序对int rughtAnti = mergeSort4AntiOrder(arr,temp,mid+1,end);// 合并两个有序数组 计算总的数组中逆序对int allAnti = merge4AntiOrder(arr,temp,start,mid,end);return leftAnti + rughtAnti +allAnti;}/*** 求逆序对* @param arr   存放两个有序列表的数组* @param temp  临时数组* @param start 左侧有序列表开始的下标* @param mid   左侧结束位置下标  右侧开始位置下标：mid+1* @param end   右侧有序列表结束下标* @return 本组小和*/public static int merge4AntiOrder(int[] arr,int[] temp,int start,int mid,int end){System.out.println("前一组开始下标 "+start);System.out.println("前一组结束下标 "+mid);System.out.println("后一组开始下标 "+(mid+1));System.out.println("后一组结束下标 "+end);int i = start; // i 用来记录 第一个数组的遍历位置int j = mid + 1; // 用来记录第二个数组的遍历位置int k = start; // 用来表示临时数组的下标int antiResult = 0;// i=mid+1:第一个数组先遍历完成// j=end+1:第二个数组先遍历完成while (i != mid +1 && j != end +1){if (arr[i]<arr[j]){temp[k++] = arr[j++];}else {// 统计逆序对if (arr[i]>arr[j]){antiResult += end-j+1; // 计算逆序对数量// 逆序对内容for (int index = j;index<=end;index++){antiOrderMap.put(antiOrderMap.size()==0?"1":(antiOrderMap.size()+1)+"","("+arr[i]+","+arr[index]+")");}}temp[k++] = arr[i++];}}// 第一个数组没有遍历完毕while (i != mid + 1){temp[k++] = arr[i++];}// 第二个元素没有遍历完毕while (j != end + 1){temp[k++] = arr[j++];}for (int n = start;n<=end;n++){arr[n] = temp[n];}System.out.println("本次合并结果："+ Arrays.toString(arr));return antiResult;}
}

运行结果

瑞士轮问题

题面
在双⼈对决的竞技性⽐赛，如乒乓球、⽻⽑球、国际象棋中，最常⻅的赛制是淘汰赛和循环赛。前者
的特点是⽐赛场数少，每场都紧张刺激，但偶然性较⾼。后者的特点是较为公平，偶然性较低，但⽐
赛过程往往⼗分冗⻓。

本题中介绍的瑞⼠轮赛制，因最早使⽤于1895年在瑞⼠举办的国际象棋⽐赛⽽得名。它可以看作是淘
汰赛与循环赛的折衷，既保证了⽐赛的稳定性，⼜能使赛程不⾄于过⻓。

2*N 名编号为 1~2N 的选⼿共进⾏ R 轮⽐赛。每轮⽐赛开始前，以及所有⽐赛结束后，都会对选⼿
进⾏⼀次排名。排名的依据是选⼿的总分。选⼿的总分为第⼀轮开始前的初始分数加上已参加过的所
有⽐赛的得分和。总分相同的，约定编号较⼩的选⼿排名靠前。
每轮⽐赛的对阵安排与该轮⽐赛开始前的排名有关：第1名和第2名、第3名和第4名、……、第 2K-1
名和第 2K 名、…… 、第 2N-1 名和第 2N 名，各进⾏⼀场⽐赛。每场⽐赛胜者得1分，负者得0
分。也就是说除了⾸轮以外，其它轮⽐赛的安排均不能事先确定，⽽是要取决于选⼿在之前⽐赛中的
表现。
现给定每个选⼿的初始分数及其实⼒值，试计算在 R 轮⽐赛过后，排名第 Q 的选⼿编号是多少。我们
假设选⼿的实⼒值两两不同，且每场⽐赛中实⼒值较⾼的总能获胜。

示例
根据下表3名选⼿实⼒值及初始分数，求取4轮对阵后排名第2的选⼿为：编号1选⼿

思路
⾸先根据初始分数排序，然后在每次对阵结束后分为胜者组和败者组，分组时保证先进⾏对阵的选⼿
在前，后对阵的选⼿在后，这样既保证了胜者组和败者组两组先天有序，再进⾏归并排序的merge操
作，准备下次对阵。时间复杂度：O(N * log^N + R * N)
代码实现

to be continued …

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