原地归并排序

In-place Merge Sort (原地归并排序)

一般在提到Merge Sort时，大家都很自然地想到Divide-and-Conqure, O(nlgn)的时间复杂度以及额外的O(n)空间。O(n)的extra space似乎成了Merge Sort最明显的缺点，但实际上这一点是完全可以克服的，也就是说，我们完全可以实现O(nlgn) time 以及 O(1) space 的Merge Sort。对于这种不用额外空间(即常数大小的额外空间)的算法，有一个通用的名字叫做In-place Algorithms，因此我们称该归并算法为in-place merge sort，也就是原地归并排序。

在进入具体的细节之前，先来看一个稍后会用到的结论 ：

给定长度分别为n和m的两个各自有序数组X，Y，以及一个长度为n的辅助数组A，存在O(m+n)时间复杂度的算法AuxSort;该算法可以原地归并排序X和Y，同时A中元素保持不变(顺序可能打乱)。

看到留言说用了辅助数组A，空间复杂度就是O(n)了。所以先提前在这解释下：AuxSort算法中确实用到了长度为n的辅助数组A。但是在最终的算法中，AuxSort会作为subroutine，而我们会将待排序数组的一部分作为这个辅助数组A，而不是另外开辟一块空间。所以最终的空间复杂度仍然是O(1)。所以请大家耐心往下看。。。

AuxSort算法具体步骤如下：

1. 交换X 和 A。
2. 维护两个整数下标 px, py，初始化为0，分别代表A[0]和Y[0]; 另外维护一个dest指针，初始化指向X[0]，并且该指针在移动到X[n-1]后，自动过渡到Y[0]。
3. 比较A[px], Y[py]：
   若 A[px] <= Y[py],   swap(A[px++], *dest++); 
   若 A[px]  >  Y[py]，swap(Y[py++], *dest++);
4. 若A或Y中仍有剩余元素，则将剩余部分依次与*dest交换。当然每一步要执行dest++操作。

通过上述步骤很容易发现，该算法的基本思想与传统的2-way merge sort如出一辙，时间复杂度也都是O(n)。只不过传统的merge sort中我们要申请额外的目的数组存储排序完成后的数据; 而这里目的数组就是X+Y本身，所以我们要首先交换X和A，将X “腾空”；另外传统的merge sort中是将X或Y中的数据赋值给新开辟的目的数组Z，但是这里我们的目的数组中数据不能被破坏，因此只能采用swap操作。

为了有助于理解，我们来看一个例子。假设n=3，且x1 < y1 < x2 < y2< x3 < y3，AuxSort具体的执行过程如图1所示。

图1 利用辅助数组原地归并排序

下面开始本文的重点，in-place merge sort算法，具体内容参考自TAOCP Vol3 5.2.5 习题，根据Knuth的记述，该算法出自Doklady Akad. Nauk SSSR 186 (1969)。这帮人真是神人。。。废话不说了，直接进入到正题吧。

假设我们有两个已经各自有序的数组X和Y，其总长度为N，如图2所示。下面将要介绍的算法将利用O(1)的额外空间，在O(N)的时间内将其原地排序。总体来说算法分为3部分：分块，两两归并，扫尾。

图2 原始数组

分块：我们将原始数组组合在一起，并以长度n=sqrt(N)将其分成m+2份： Z1, Z2, … Zm+1, Zm+2，如图3所示。这样，除了Zm+2中有(N % n)个元素之外，其他m+1块都恰好有n个元素。

图3 分块

另外，如图3所示，假设X[-1] (X中的最后一个元素)包含在Zk中，那么我们将其与Zm+1交换。这样以来，Z1, Z2, …, Zm 中的元素都各自有序，且规模为n。我们将调整之后的Zm+1和Zm+2统称为A，其规模s为[n, 2n)。如上两步在O(N)时间内即可完成。

两两归并：根据每一块中的第一个元素大小调整Z1, Z2, ... Zm的顺序，使得Z1[0] <= Z2[0] <= … <= Zm[0]。若第一个元素相等，则以最后一个元素的大小作为依据。由于无法利用额外空间，我们可以采用选择排序：每一轮从剩余的块里面选择一个首元素最小的块，与当前块交换。最坏情况下进行m轮，每一轮需要O(m)的比较, O(n)的交换，总体的时间复杂度为O(m(m+n))=O(N)。

如此排列好之后，我们便可以从Z1和Z2开始进行两两归并排序。由于A的长度s>=n，这里我们可以采用前文介绍的AuxSort方法。唯一的缺点是A中的元素顺序会被打乱，但由于A中元素本来也就无序，所以也就无所谓了。也就是说，我们要执行m-1轮AuxSort算法，其中第i轮处理Zi和Zi+1。通过下面的归纳法证明，我们可以得知，这m-1轮AuxSort过程执行完之后，Z1~Zm中所有的元素就已经排序完毕了。

在此之前首先假设排序结束之后的第i块为Ri，而经过AuxSort处理后的Zi为Z’i。另外，为了描述方便，我们把Z1~Zm中属于X的第一块叫做X1，属于Y的第一块叫做Y1，依次类推。

我们接下来将要证明，在第i轮处理后，Ri = Z’i。

1. i=1。不失一般性，我们假设Z1为X1，那么Z1, Z2, Z3 可能为 {X1, X2, X3}, {X1, X2, Y1}, {X1, Y1, X2}, {X1, Y1, Y2}.
   1. {X1, X2, X3}。则X1[n-1] <= X2[0] = Z2[0] <= Zi[0] <= Zi[k] (i>=2)，也就是说，X1包含最小的n个元素，R1 = X1=Z’1。另外，Z’2[0] = Z2[0] = X2[0] <= X3[0] = Z3[0]。
   2. {X1, X2, Y3}。同上，X1[n-1] <= Z2[0] <= Zi[k] (i>=2)，因此R1=X1=Z’1。另外，Z’2[0]=Z2[0]<=Z3[0]。
   3. {X1, Y1, X2}。显然最小的n个元素一定在X1或Y1中，因此R1=Z’1。另外，Z’2[0] <= max(X1[n-1], Y1[0]) <= X2[0] = Z3[0]。
   4. {X1, Y1, Y2}。同理，最小的n个元素一定在X1或Y1中，R1=Z’1。另外，Z’2[0] <= Y1[n-1] <= Y2[0] = Z3[0]

   因此merge之后, Z’2[0] <= Z3[0]的性质仍然成立。在随后的分析中，如果Z’2[n-1] = X1[n-1],  那么可以将Z’2看成是X1; 同理如果Z’2[n-1] = Y1[n-1]，我们可以将其看成是Y1。这是一个很重要的推论，直接支持我们在随后继续沿用上述四种情况的分析。

2. 假设i=k的时候结论成立，也就是说k轮AuxSort之后，R1~Rk已经就位。且根据上一步中的推论，Z’k+1可以直接看作是Xi或Yj。也就是说，上一步中四种分情况讨论的方法依旧适用。证毕;
3. 综上所述，根据归纳法我们可以得知结论成立。

由于共经过m轮两两归并，每一轮归并时间复杂度为O(n)，因此第二步总体时间复杂度为O(mn) = O(N)。

扫尾：第二步结束之后，R[0...kn-1]已经排序完毕。由于A中共有s个元素，容易看出，原始数组中最大的s个元素一定存在于A和R[kn-s, kn-1]中。因此我们可以利用选择排序，在O(s^2) = O(N)时间内将A和R[kn-s, kn-1]排序，这样最大的s个元素就被移动到A中。换句话说，R[0, kn-1]中存储着原始数组中的前N-s个元素。

利用AuxSort, 可以以A为辅助数组，将R[0...kn-s-1] (长度为N-2s)和 R[kn-s, kn-1] (长度为s) 归并排序。这样原始数组中的前N-s个元素排序完毕，时间复杂度为O(N)。由于A中元素顺序已经被打乱，我们需要再次利用选择排序在O(s^2)=O(N)的时间内对其重新排序。

 

这样一来，通过分块，两两归并，以及扫尾三个步骤以后，我们完成了对于X和Y的一轮原地归并排序，时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(1)。以此为基础，完整的归并排序可以在O(NlogN)时间内完成，空间复杂度仍然为O(1)。

注意由于AuxSort基于交换操作，A中元素的顺序会被打乱，因此该排序算法是不稳定的。