Gomamon Algo二分与快速排序

Posted 2021-06-13 哥玛萌的小树洞

二分法与快速排序都是面试常考算法，他们的原理并不复杂，难的是一些边界条件的细节。在这里我给大家的建议是， 找到并理解一个简单的模板，然后统一按这个模板来写题，因为这些边界条件的细节实在不值得大家浪费时间去推导，也不是什么有思维含量的东西。

01

—

二分法

二分法适用的问题：从一个单调序列中查找值。

在一个无序数组中查找值，这个问题显然是On的复杂度，因为数组内某一个元素与待查找结果的大小关系，与其他的元素无关，所以必须要遍历每一个元素才行。但是单调序列就不同了，当我们知道了某一个元素比目标值大，那么比它更大的元素就肯定不可能是结果了，这样我们就可以抛弃它左边or右边的数组部分。

所以二分法的核心思想就是：（以单调递增序列为例）每次拿当前搜索范围中间的元素和目标值比对，如果比目标值大，那么抛弃数组中比中间元素更大的部分，把新的搜索范围更新成中间元素左边的子序列，如果比目标值小则把新的搜索范围更新成中间元素右边的子序列。这样我们就可以把算法优化到OlogN。

那么为什么一定要取中间元素，而不是1/3或者1/4处的元素呢？这个算法之所以比穷举高效，就是因为在不断抛弃序列中不可能包含结果的部分，所以我们可以简单算下不同元素位置抛弃序列比率的期望：

当取1/2处元素时，目标有一半可能在左边也有一半可能在右边，所以我们有0.5几率抛弃右边1/2个序列，也有0.5几率抛弃左边1/2个序列，抛弃序列比率的期望=0.5 * 1/2 + 0.5 * 1/2 = 1/2；当取1/3处元素时，目标有1/3可能在左边1/3，也有2/3可能在右边2/3，所以我们有1/3几率抛弃右边2/3个序列，也有2/3几率抛弃左边1/3个序列，抛弃序列比率的期望=1/3 * 2/3 + 2/3 * 1/3 = 4/9 < 1/2。

类似的我们可以得出，取1/2处元素抛弃序列比率的期望时最大的，所以二分的效率最高~

下面我们从代码中来看一些细节问题：

const int N = 10;int a[N];int target = 3;int fuc(int l, int r) { while(l < r) {     int mid = (l + r + 1) / 2;     if(a[mid] > target) r = mid - 1;     else l = mid; } if(a[l] == target) return l;    else return -1;}

以上代码是在一个长度为10的递增数组中，查找3的二分算法，细心的读者会发现这里的 mid = (l + r + 1) / 2 而不是  (l + r) / 2 。这是为了避免死循环的出现，当l = r - 1也就是l和r紧挨着的时候，这时候如果mid = (l + r) / 2就会使得mid = l，而此时如果a[mid] <= target，就会触发l = mid的逻辑，循环回去又是mid = l，这样就会没完没了地死循环。

所以我们只要记住，当我们更换边界的时候如果l = mid，那么算mid的时候就要加1，而如果l = mid + 1的话算mid就不用加1了。

02

—

快速排序

快速排序是一种基于分治思想的排序算法。

假设我们有一个函数可以：从数组中选择一个元素(pivot)，调整数组使得该元素左边的都是小于等于它的，右边的都是大于等于它的，最终返回pivot的位置。那么我们只要再分别对该元素左边部分和右边部分进行同样的操作，最终就可以得到排序好的数组了。这个函数就叫做partition函数，它所进行的操作叫做一趟快排。

虽然网上有一些不借助partition函数，只需要一个函数的快排写法，但是我在这里还是建议大家学习partition函数的版本，因为这个函数在一些常见面试题（最大/小的k个数）中也需要使用，还是比较重要的，而且这样分开写看起来复杂但逻辑反而更易于理解。

下面我们来看一下这个重要的partition函数在干什么~

0	1	2	3	4	5	6
34	12	3	15	8	19	30

在这个数组中，我们选择中间值15作为pivot，一趟快排后的结果为：

0	1	2	3	4	5	6
8	12	3	15	34	19	30

在调用一次partition后，数组中15的左边都是比15小的（8，12，3），右边都是比15大的（34，19，30），而这两部分是不要求有序的。一趟快排的复杂度为On，我们只要对于15左边和右边的部分再次调用partition函数，直到partition函数负责的数组只有一个元素为止，那么整个大数组就是有序的了。

这是整个算法的分层示意图，每一个线段是一个partition函数负责的范围，可以看出虽然随着递归层数的增加，每一层调用的partition函数在增加，但每层的复杂度总量还是On，整个层数平均有logn层，所以算法的复杂度为nlogn。

下面让我们看看它如何实现这个关键的partition函数吧~

int partition(int l, int r, int a[]) { int p = a[l + r >> 1]; swap(a[l], a[l + r >> 1]); while(l < r) { while(a[r] > p && l < r) r--; a[l] = a[r]; while(a[l] < p && l < r) l++; a[r] = a[l]; } a[l] = p; return l;}

函数首先选择负责区域的中点元素作为pivot，再把它交换到最左边，这是为了避免算法在特殊数据下退化到n方，如果不太理解的话直接取最左端元素也可以。之后我们从右边开始，找到第一个不比pivot大的元素，直接把它放到最左边，虽然覆盖了pivot的值，不过我们有一个变量p记录着pivot所以不用担心。因为我们右指针左移的条件是a[r] > p，所以可以保证右指针右边的值都符合条件了，左指针同理，这样当我们跳出while循环时只要把被覆盖的pivot放入左右指针重合的位置，就完成了一趟快排的任务。

只要我们有了partition函数，接下来的快排主函数就很简单了：

void q_sort(int l, int r, a[]) { if(l >= r) return; int pos = partition(l, r, a[]); q_sort(l, pos - 1); q_sort(pos+1, r);}

递归的跳出条件是l >= r，每次调用partition进行一趟快排，这样pos左边的都是比pos小的，右边都是比pos大的，我们再分别对这两部分调用q_sort就好了！

快排讲到这里就结束了，聪明的同学可以想一下我前面讲的，如何利用partition函数在On的复杂度下找到数组第k大的数？

很简单，既然partition函数可以返回一个位置pos，满足pos左边的数都比它小，右边的都比它大，那么只要pos == k - 1它就是数组第k大的数了，如果pos太大就去右边部分找，太小就去左边找，合理地调整partition函数的作用区域不停地调用其直到满足条件就好了！