算法之逆序对

算法之逆序对

逆序对问题

​ 假设A[1..n]是一个有n个不同数的数组。若i<j且A[i]>A[j],则对偶(i, j)称为A的一个逆序对(inversion)。

1. 列出数组{2, 3, 8, 6, 1}的5个逆序对
2. 由集合{1, 2, ..., n}中的元素构成的什么数组具有最多的逆序对？它有多少逆序对?
3. 插入排序的运行时间与输入数组中的逆序对的数量有什么关系?
4. 给出一个求在n个元素的任何排列中逆序对数量的算法，最坏时间复杂度为: (Theta)(nlgn)

1. 根据定义易得，逆序对为：(2, 1)、(3, 1)、(8, 6)、(8, 1)、(6, 1)

2. 当数组元素恰好为n个元素从大到小排列时，拥有最多的逆序对。此时逆序对为: (n - 1) + (n -2) + (n - 3) + ... + 1 = n(n - 1) / 2

3. 根据插入排序的实现过程，不难得出每次从未排序数组选择一个值arr[j]插入已排序数组的时候，所需要的移动次数，即为以arr[j]为右侧值的逆序对的个数。这个特性也可以设计出一个时间复杂度为: (Theta)((n^2))的算法。当然这种指数级别复杂度的算法我们直接PASS

4. 不难想到(Theta)(nlgn)算法复杂度的归并排序。其实归并排序在分治的时候不会改变逆序对的个数。只有在合并的时候，才会因为逆序对的出现导致右侧提前被合入原数组。其实修改点主要在两个方面:

• 声明一个全局变量用来存储总的次数
• 在右侧提前被合入原数组的时候对总次数进行累加（只需要改归并排序的merge方法， 归并排序请参照http://www.cnblogs.com/Kidezyq/p/8379267.html）

具体源代码如下：

private static int count;

private static void merge(int[] arr, int startIndex, int midIndex, int endIndex) {
	/**
	 * 合并策略: 
	 * 1. 新建两个数组，分别存取左半部分排好序的数组和右半部分排好序的数组
	 * 2. 分别从左右两个数组最开始下标开始遍历，选取较小的依次放入原数组对应位置
	 * 3. 最终如果左右数组中有一个已经遍历完成，另一个数组所剩的元素直接放入元素组后面部分即可
	 */
	// STEP1
	int[] leftArr = new int[midIndex - startIndex];
	int[] rightArr = new int[endIndex - midIndex];
	System.arraycopy(arr, startIndex, leftArr, 0, leftArr.length);
	System.arraycopy(arr, midIndex, rightArr, 0, rightArr.length);
	
	// STEP2
	int k = startIndex;	// 存储原数组中的下标
	int i = 0; 			// 存储左边数组的下标
	int j = 0;			// 存储右边数组的下标
	while (i < leftArr.length && j < rightArr.length) {
		// 将较小的元素复制到元素组对应下标k，并且移动较小元素所在数组下标
		if (leftArr[i] < rightArr[j]) {
			arr[k++] = leftArr[i++];	
		} else {
			// 此时说明 arr[i]到arr[leftArr.length - 1]的值都比arr[j]大，即此时以arr[j]结尾的逆序对个数为: 
			count += leftArr.length - i;
			arr[k++] = rightArr[j++];
		}
	}
	
	// STEP3
	if (i < leftArr.length) {
		System.arraycopy(leftArr, i, arr, k, leftArr.length - i);
	} else if (j <= rightArr.length) {
		System.arraycopy(rightArr, j, arr, k, rightArr.length - j);
	}
}