优选算法的妙思之流：分治——归并专题
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一、归并排序
二、例题讲解
2.1. 排序数组
2.2. 交易逆序对的总数
2.3. 计算右侧小于当前元素的个数
2.4. 翻转对
一、归并排序
归并排序也是采用了分治的思想，将数组划分为多个长度为1的子数组进行排序，再把多个子数组合并为最终的数组。
二、例题讲解
2.1. 排序数组
我们再来回顾一下归并排序的大体思路：以数组的中间值将数组划分为两个子数组，以此再继续划分，直至将数组划分为里面只有一个元素，就可以向上返回。当左边排完后，再去排右边，然后再将两个子数组进行合并，直到合并为原来的数组长度。
完整代码实现：
class Solution {
public int[] sortArray(int[] nums) {
MergeSort(nums, 0, nums.length - 1);
return nums;
}
private void MergeSort(int[] nums, int left, int right) {
if (left >= right)
return;
//根据中间点划分左右子数组
int mid = (left + right) / 2;
MergeSort(nums, left, mid);
MergeSort(nums, mid + 1, right);
//合并两个有序数组
int[] tmp = new int[right - left + 1];
int p1 = left, p2 = mid + 1, i = 0;
while (p1 <= mid && p2 <= right) {
tmp[i++] = nums[p1] <= nums[p2] ? nums[p1++] : nums[p2++];
}
while (p1 <= mid) {
tmp[i++] = nums[p1++];
}
while (p2 <= right) {
tmp[i++] = nums[p2++];
}
//还原
for (int j = left; j <= right; j++) {
nums[j] = tmp[j - left];
}
}
}2.2. 交易逆序对的总数
暴力解法，利用两层for循环，先固定其中一个数，再让其他数与这个数进行比较，如果小，就让计数器++。
class Solution {
public int reversePairs(int[] record) {
int count = 0;
for(int i = 0;i < record.length;i ++){
for(int j = i + 1;j < record.length;j++){
if(record[i] > record[j]) count++;
}
}
return count;
}
}第二种解法，将数组划分为两块，先找出左区域的逆序对，再找出右区域的逆序对，最后再一左一右随机挑一个数找出逆序对。但这样的解法本质上还是一个暴力枚举。我们接着来及逆行优化，我们先找完左区域的逆序对，然后对左区域进行排序；找完右区域的逆序对，然后对右区域进行排序。我们在左右区域里面随机挑数的时候是不会影响逆序对的数量。
当我们在左右区域里面分别寻找逆序对时，如果数组长度较大，那么我们还可以再接着划分，继续按照上面的思路来找出逆序对的总数，这个部分就可以在递归中完成，所以我们在处理一左一右时也可以排个序。
接下来是查找子数组里面逆序对的数目，如下图所示，p1左侧是子数组中较小的元素，p2左侧也是子数组中较小的元素。我们先固定p2这个数，接下来就是在[left,p1]这段区间里面寻找比p2大的元素。如果p1所指的元素比p2所指的元素小或者等于，那么就让p1++；如果p1所指的元素比p2所指的元素大，那么p1后面的元素就都是比p2大，就可以快速的统计出数目，然后再让p2++。
完整代码实现：
class Solution {
int[] tmp;
public int reversePairs(int[] record) {
int n = record.length;
tmp = new int[n];
return MergeSort(record, 0, n - 1);
}
private int MergeSort(int[] nums, int left, int right) {
if (left >= right) return 0;
int ret = 0;
//中点元素
int mid = (left + right) / 2;
//左半部分的数目+右半部分的数目
ret += MergeSort(nums, left, mid);
ret += MergeSort(nums, mid + 1, right);
//一左一右的数目
int p1 = left, p2 = mid + 1, i = 0;
while (p1 <= mid && p2 <= right) {
if (nums[p1] <= nums[p2]) {
tmp[i++] = nums[p1++];
} else {
ret += mid - p1 + 1;
tmp[i++] = nums[p2++];
}
}
while (p1 <= mid) tmp[i++] = nums[p1++];
while (p2 <= right) tmp[i++] = nums[p2++];
for (int j = left; j <= right; j++) {
nums[j] = tmp[j - left];
}
return ret;
}
}2.3. 计算右侧小于当前元素的个数
这道题要我们求出一个数组元素右边有多少个数比它小，我们可以仿照上一题的思路，只不过这道题要把数组降序排列。
把数组分成两部分，先找出左区域里面比自身小的个数，再找出右区域比自身小的个数，再一左一右去寻找个数。因为数组是降序排列的，所以p1、p2左边都是相对较大的元素。如果nums[p1]<=nums[p2]，则p2++；如果nums[p1]>nums[p2]，因为我们最终是要返回一个顺序表，所以我们要用该元素对应的位置来统计结果(right-p2+1)。但是经过归并排序后，数组下标已经乱了，下一步就是要求数组元素对应的原始下标。
我们可以使用哈希思想来解决数组下标与元素的动态绑定，如果数组里面有重复元素，使用哈希表就很难。当对数组进行排序时，数组下标也要随着变换。
完整代码实现：
class Solution {
int[] ret;
int[] index;//标记原始下标
int[] tmpIndex;//用于合并时的数组
int[] tmpNum;
public List<Integer> countSmaller(int[] nums) {
int n = nums.length;
ret = new int[n];
index = new int[n];
tmpIndex = new int[n];
tmpNum = new int[n];
//初始化index数组
for (int i = 0; i < n; i++) {
index[i] = i;
}
Mergesort(nums,0,n - 1);
List<Integer> res = new ArrayList<>();
for(int x : ret)
res.add(x);
return res;
}
private void Mergesort(int[] nums, int left, int right) {
if(left >= right) return;
//根据中间元素划分区间
int mid = (left + right) / 2;
//处理左右区间
Mergesort(nums,left,mid);
Mergesort(nums,mid + 1,right);
//合并
int p1 = left,p2 = mid + 1,i = 0;
while(p1 <= mid && p2 <= right){//降序
if(nums[p1] <= nums[p2]){
tmpNum[i] = nums[p2];
tmpIndex[i++] = index[p2++];
} else {
ret[index[p1]] += right - p2 + 1;
tmpNum[i] = nums[p1];
tmpIndex[i++] = index[p1++];
}
}
//处理剩余的排序
while(p1 <= mid){
tmpNum[i] = nums[p1];
tmpIndex[i++] = index[p1++];
}
while(p2 <= right){
tmpNum[i] = nums[p2];
tmpIndex[i++] = index[p2++];
}
for (int j = left; j <= right; j++) {
nums[j] = tmpNum[j - left];
index[j] = tmpIndex[j - left];
}
}
}2.4. 翻转对
我们依然可以按照逆序对那道题，将数组划分为两块，求出左区域、右区域以及一左一右的翻转对的和。但是逆序对那道题是1:1进行比较的，而这道题需要前面的元素大于后面元素的2倍，就不能按照归并排序的思路来解决。所以我们先计算翻转对的数目，我们可以有两种思路：1.计算当前元素后面，有多少元素的2倍比该数小；2.计算当前元素后面，有多少元素的一半比该数大。
我们先来讲下方法1（按照降序排列，没有边界）：利用数组有序的特性计算翻转对。如果nums[p1]<=nums[p2]，p2向后移动，直到nums[p1]>nums[p2]时，就可以统计出数目来。如果我们让p2回退，那么时间复杂度就会达到级别。因为数组是降序的，当p1右移时，所指向的元素也会变小，没必要再让p2回退，就可以构成同向双指针了。方法2也同理，如果nums[p1]>= nums[p2]，就让p1向右移动，直到nums[p1]<nums[p2]，再让p2向右移动，p1同样不用回退。
完整代码实现：
class Solution {
int[] tmp;
public int reversePairs(int[] nums) {
int n = nums.length;
tmp = new int[n];
return Mergesort(nums,0,n - 1);
}
private int Mergesort(int[] nums, int left, int right) {
if(left >= right) return 0;
int ret = 0;
int mid = (left + right) / 2;
ret += Mergesort(nums,left,mid);
ret += Mergesort(nums,mid + 1,right);
int p1 = left,p2 = mid + 1,i = left;
while(p1 <= mid) {
while (p2 <= right && nums[p2] >= nums[p1] / 2.0) p2++;
if(p2 > right)
break;
ret += right - p2 + 1;
p1++;
}
p1 = left;
p2 = mid + 1;
while(p1 <= mid && p2 <= right){
tmp[i++] = (nums[p1] <= nums[p2]) ? nums[p2++] : nums[p1++];
}
while(p1 <= mid) tmp[i++] = nums[p1++];
while(p2 <= right) tmp[i++] = nums[p2++];
for (int j = left; j <= right; j++) {
nums[j] = tmp[j];
}
return ret;
}
}