給定一個數組A，要求找到數組A中第K大的數字。對於這個問題，解決方案有不少，此處我只給出三種：
方法1：
對數組A進行排序，然后遍歷一遍就可以找到第K大的數字。該方法的時間復雜度為O(N*logN)
方法2：
利用簡單選擇排序法的思想，每次通過比較選出最大的數字來，比較上K次就能找出第K大的數字來。該方法的時間復雜度為O(N*K)，最壞情況下為O(N^2)。
方法3：
這種方法是本文談論的重點，可以利用快排的思想，首先快排每次執行都能確定一個元素的最終的位置，如果這個位置是n-k(其中n是數組A的長度)的話，那么就相當於找到了第K大的元素。設確定的元素位置m的話，如果m > n - k大的話，那么第K大的數字一定
在A[0]~A[m - 1]之間；如果m < n - k的話，那么第K大的數字一定在A[m+1]~A[n - 1]之間。整個過程可以通過遞歸實現，具體代碼如下：
#include<iostream>
#include<cassert>
#include<vector>
#include<stack>
#include<cstdio>
#include<unordered_map>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
int Partition(int* arr,int low ,int high)
{
int temp = arr[low];
while(low < high)
{
while(low < high && arr[high] >= temp)
high--;
arr[low] = arr[high];
while(low < high && arr[low] <= temp)
low++;
arr[high] = arr[low];
}
arr[low] = temp;//確定參考元素的位置
return low;
}
int KthElement(int * arr,int low, int high,int n ,int k)
{
if(arr == nullptr || low >= high || k > n)//邊界條件和特殊輸入的處理
return 0;
int pos = Partition(arr,low,high);
while(pos != n - k)
{
if(pos > n - k)
{
high = pos - 1;
pos = Partition(arr,low,high);
}
if(pos < n - k)
{
low = pos + 1;
pos = Partition(arr,low,high);
}
}
return arr[pos];
}
int main()
{
int a[]={1,5,5,7,88,11};
cout<<KthElement(a,0,5,6,2);
}
注意：
1.第K大的數字在數組中對應的位置為n-k(按照升序排序的話)。
2.該算法的時間復雜度整體上為O(N)。
3.需要注意的是：這種方法會改變數組中元素的順序，即會改變數組本身。
4.如果要求第K小的數字的話，只需把n-k換成k-1即可(升序排序)。
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接下來，我們仔細分析一下方法3的時間復雜度，其實方法3在《算法導論》第九章有着比較詳細的描述，但《算法導論》說的是期望為線性時間的選擇算法，即該算法的時間復雜度在平均情況下或者一般情況下為O(n)；因為此處利用的快排的思想，而快排的時間
復雜度在一般情況下為O(N*logN)，但在最壞的情況下(即整個數組原本就是有序的情況)時間復雜度為O(N^2)。所以說對於方法3，《算導》最后給定結果是這樣的：平均時間復雜度為O(N)，最壞情況下的時間復雜度為O(N^2)。
但是，此處的“平均”同快排一樣，是適用於絕大數的情況的。所以我們通常說該算法的時間復雜度為O(N)。
1.我們要搞清楚一點，快排是對參考元素兩邊都進行遞歸，而我們的方法3只考慮參考元素的一邊，即只對一邊進行遞歸。
2.我們可以粗略的估計下(具體計算還是參考《算導》)，在一般情況下方法3的時間復雜度計算公式，假設我們的數據足夠的隨機，每次划分都在數據序列的中間位置，根據條件1，那么第一次划分我們需要遍歷約n個數，第二次需要遍歷約n/2個數，...，這樣遞歸下去，最后：
當m趨於無窮大時，該式子收斂於2n，故可以認為其期望時間復雜度為O(N).
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實際上，《算導》還給出了一種最壞情況下時間復雜度為O(N)的解法，這種方法與方法3類似，都采用了類似快排的思想，但做了一些改變，同時把參考元素也作為輸入參數，具體的話此處不再詳述，感興趣可參考《算導》第九章第三節。