左神基础算法笔记-一

1. 认识时间复杂度

常数时间的操作：一个操作如果和数据量没有关系，每次都是固定的时间内完成的操作，叫做常数操作。

时间复杂度为一个算法流程中，常数操作数量的指标。常用O（读作big O）来表示。具体来说，在常数操作数量的表达式中，只要高阶项，不要低阶项，也不要高阶项的系数，剩下的部分记为f(N)，那么时间复杂度为O(f(N))。

评价一个算法流程的好坏，先看时间复杂度的指标，然后再分析不同数据样本下的实际运行时间，也就是常数项时间。

一个简单的理解时间复杂度的例子：

一个有序数组 A （无重复值），另一个有序数组 B（无重复值），请打印公共部分，A数组长度为 N ，B 数组长度为 M

• 算法流程1：对于数组 B 中的每一个数，都在 A 中通过遍历的方式找一下；O(M*N)

• 算法流程2：对于数组 B 中的每一个数，都在 A 中通过二分的方式找一下；O(M*logN)

  因为 A 数组有序，每次都取中值与 B 中的数比较，根据比较结果取中值左边或右边继续

• 算法流程3：先把数组 B 排序，然后用类似外排的方式打印所有在 A 中出现的数；O(M+N)

  A B 开头各一个指针，那个指针所指的值小，哪个指针向下移动

分析：

O(N*logM) 的肯定要比 O(N^2) 的好，因为流程2的存在，所以就不考虑流程1。那么流程2和流程3谁更好一些呢？不能直观的认为流程3比流程2好，它们的好坏取决于M和N的大小。

如果 M=4，N=2^32，流程2=O(4*32)<流程3=O(4+2^32);

如果 M=2^32，N=4，流程3=O(2^32+4)<流程2=O(2^32*2);

2. 认识空间复杂度

空间复杂度一般用来指算法所使用的额外空间，额外空间不包括输入所占用的空间和要求的返回所占用的空间。

3. 对数器的概念和使用

• 有一个你想要测的方法a，
• 实现一个绝对正确但是复杂度不好的方法b，
• 实现一个随机样本产生器
• 实现比对的方法
• 把方法a和方法b比对很多次来验证方法a是否正确。
• 如果有一个样本使得比对出错，打印样本分析是哪个方法出错
• 当样本数量很多时比对测试依然正确，可以确定方法a已经正确
• 对数器也可以用来验证贪心策略的正确性

4. 冒泡排序细节的讲解与复杂度分析

• 从数组中第一个数开始，每一个数都和后面的数比较，大的数往后换
• 每一趟都可以确定一个最大值（第二次冒泡的范围从 [0，N-1] 变成 [0，N-2] ）
• 时间复杂度是一个等差数列，所以是 O(N^2)
• 空间复杂度 O(1)

public static void bubbleSort(int[] arry){
    if(arr == null || arr.length < 2){
        return;
    }
    // 因为每轮确定一个最大值，所以 end 不断提前
    for(int end = arr.length-1; end>0; end--){
        // i - end 范围上选出一个最大值
        for(int i=0; i
            if(arr[i]>arr[i+1]){
                swap(arr, i, i+1);
            }
        }
    }
}

5. 选择排序的细节讲解与复杂度分析

• [0,N-1]范围找出最小放在开始位置
• [1,N-1]范围找出最小放在开始位置
• ……
• 时间复杂度 O(N^2)
• 空间复杂度 O(1)

public static void selectionSort(int[] arr){
    if(arr == null || arr.length < 2){
        return;
    }
    // i 是寻找最小值的范围的左边界，因为每轮确定一个最小，所以左边界不断向后移
    for(int i=0; i1; i++){
        int minIndex=i;
        // i - N-1 范围找最小值的下标
        for(int j=i+1; j
            minIndex = arr[j] < arr[minIndex] ? j : minIndex;
        }
        // 把最小的换到前面去
        swap(arr, i, minIndex);
    }
}

6. 插入排序的细节讲解与复杂度分析

• 数组的前部有一个初始大小为1的有序域，不断扩大，每次增大1
• 新进来的数与有序域内从后往前每个数依次比较，小的话就插入
• 类似于扑克牌整牌，每次抽牌后从后往前滑，遇到合适的位置就放进去
• 最好时间复杂度能达到 O(N)，即数组有序的情况下
• 最差时间复杂度 O(N^2)
• 空间复杂度 O(1)

public static void insertionSort(int[] arr){
    if(arr == null || arr.length < 2){
        return;
    }
    // i 是有序域右边界，不断扩大
    for(int i=1; i
        // 从有序域右边界往左依次与右边界比较，选出最小作为新的右边界
        for(int j=i-1; j>=0 && arr[j]>arr[j+1]; j--){
            swap(arr, j, j+1);
        }
    }
}

7. 剖析递归行为和递归行为时间复杂度的估算

递归函数是借由系统栈来完成的，栈中保存了函数的参数、代码执行到第几行等一系列信息。

Master 公式：

T( N ) = a * T( N / b ) + O( N ^ d )

1. log( b, a ) > d -> 复杂度为O( N ^ log( b, a ) )
2. log( b, a ) = d -> 复杂度为O( N ^ d * logN )
3. log( b, a ) < d -> 复杂度为O( N ^ d )

8. 小和问题

在一个数组中，将每一个数左边小于等于当前数的所有数字累加起来，叫做这个数组的小和。求一个数组的小和。
例子：
[1,3,4,2,5]
1左边比1小的数，没有；
3左边比3小的数，1；
4左边比4小的数，1、3；
2左边比2小的数，1；
5左边比5小的数，1、3、4、2；
所以小和为1+1+3+1+1+3+4+2=16

• 改写归并排序解决小和问题

  归并排序中每次 merge 的过程，都累加计算 左边的每一个数的值 * 右边中比左边这个数大的数字的个数

import java.util.*;

public class Main {
    
    public static void main (String[] args) {
        // 处理输入
        Scanner scanner = new Scanner(System.in);
        int m = scanner.nextInt();	
        int[] nums = new int[m];
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            nums[i] = scanner.nextInt();	
        }
        scanner.close();
        if (nums.length < 2 || nums == null) {
            System.out.println(0);
        }
        System.out.println(mergeSort(nums, 0, nums.length - 1));
        
    }
    
    public static long mergeSort(int[] arr, int L, int R) {
        if (L == R) {
            return 0;
        }
        int mid = L + ((R - L) >> 1);    // L和R中点的位置
        return mergeSort(arr, L, mid) + mergeSort(arr, mid + 1, R) + merge(arr, L, mid, R);
    }

    public static long merge(int[] arr, int l, int m, int r) {
        int[] help = new int[r - l + 1];
        int i = 0;
        int p1 = l;
        int p2 = m + 1;
        long res = 0;	// 小和的累加值可能超过 int 的存储范围
        while (p1 <= m && p2 <= r) {
            // 此时左半部分右半部分都已排好序，若 arr[p1] < arr[p2]
            // ( r - p2 + 1 ) 代表右半部分有多少个比 arr[p1] 大的数字
            // 将 (r - p2 + 1) * arr[p1] 累加到小和中
            res += arr[p1] <= arr[p2] ? (r - p2 + 1) * arr[p1] : 0;
            help[i++] = arr[p1] <= arr[p2] ? arr[p1++] : arr[p2++];
        }
        //两个必有且只有一个越界
        while (p1 <= m) {
            help[i++] = arr[p1++];
        }
        while (p2 <= r) {
            help[i++] = arr[p2++];
        }
        for (i = 0; i < help.length; i++) {
            arr[l + i] = help[i];
        }
        return res;
    }

}

9. 逆序对问题

在一个数组中，左边的数如果比右边的数大，则这两个数构成一个逆序对，请计算共有多少逆序对。

例子：

4，3，5，0，6

逆序对：

（4，3）（4，0）（3，0）（5，0）

• 改写归并排序解决逆序对问题

  与小和问题类似，只不过变成了右边中有哪些数比左边的大

public class InversePairs {

    public static void main(String[] args) {
        int[] nums = {4, 3, 5, 0, 6};
        System.out.println(mergeSort(nums, 0 , nums.length - 1));
    }

    public static int mergeSort(int[] arr, int l, int r) {
        if (l == r) {
            return 0;
        }
        int mid = l + ( ( r - l ) >> 1 );
        return mergeSort(arr, l, mid) + mergeSort(arr, mid + 1, r) + merge(arr, l, mid, r);
    }

    public static int merge(int[] arr, int l, int m, int r){
        int[] help = new int[ r - l + 1];
        int res = 0;
        int i = 0;
        int index1 = l;
        int index2 = m + 1;
        while (index1 <= m && index2 <= r) {
            // 此时左半部分右半部分都已排好序，若 arr[index1] > arr[index2]
            // index2 - (m + 1) + 1 代表右边有多少个数比 arr[index1] 小
            // 累加 index2 - m ，计算逆序对数量
            res += arr[index1] > arr[index2] ? index2 - m : 0;
            help[i++] = arr[index1] < arr[index2] ? arr[index1++] : arr[index2++];
        }
        while (index1 <= m) {
            help[i++] = arr[index1++];
        }
        while (index2 <= m) {
            help[i++] = arr[index2++];
        }
        for (i = 0; i < help.length; i++) {
            arr[l + i] = help[i];
        }
        return res;
    }
}