Java 如何以尽可能快的时间对接近排序的数组进行排序？（爪哇）

我有一个值数组，几乎是，但不完全排序，有几个值被替换（比如，100000中有50个）。如何最有效地对其进行排序？（性能在这里绝对至关重要，应该比O（N）快很多）

---

我知道smoothsort，但找不到Java实现。有人知道它是否已经实施了吗？或者我可以用什么来代替smoothsort？正如Botz3000所指出的，你不能比O（N）更快地执行这样的操作。任何算法最基本的元素都是在数组中查找那些无序的条目。这需要O（N），甚至在你弄清楚如何处理它们之前

如果“无序”元素的数量确实比元素总数少几个数量级，则可以使用以下算法（假设为链表）：

查找所有无序项，并将其从原始列表中提取到单独的列表，O（N）

结果是两个列表：一个排序列表和一个简短的提取列表

对于每个提取的元素，将它们插入到排序列表中。这将是O（log（N）），总数是O（Xlog（N）），其中X是提取元素的数量。如果X相对于N非常小，那么最终的总数是O（N）

---

实际上，Wikipedia包含一个smoothsort的Java实现。你可以在这里找到它：

.

鸡尾酒类

---

如果你想要一个简单且易于实现的算法，你可以做一个简单的实验。它在几乎分类的输入上运行得相当好。

简单地说，实现良好的冒泡排序肯定是这里最简单的算法。最坏情况为O（n*m），m为位移数。m部分很大程度上取决于位移的模式，通常总的复杂度为O（n）。

关于不可能达到O（n）的说法你是对的，但是假设有一台多核机器（我有），我们可以通过使用并行排序算法来作弊。

实现我们在学校所说的Shell排序。这就是冒泡排序子数组。阶跃为k的子数组是一个具有0、k、2k、3k标记的元素数组

---

如果您选择k=3i+1，并执行多个冒泡排序，从较高的i-s到0，则几乎排序的数组上的时间将更小。

[p>[Sun]JDK7已经（或将有）一个（来自Python的）实现。这是一种合并排序，它利用了数组中已经存在的顺序。

Smoothsort或Timsort是非常好的算法，使用起来非常明智

---

我想补充一点，你可能没有意识到的是，谦逊的人是有适应能力的。事实上，对于几乎排序的列表，正如您所看到的，我的理解（我不能用引用来备份）是它比更复杂的算法更快。问题是，如果输入没有几乎分类，它会迅速退化为O（n^2）。尽管如此，正确地实现它还是非常简单的，因此，如果您确信您的输入总是几乎被排序的，那么这将是一个不错的选择。

有很多很好的算法

Smoothsort是我个人的最爱。。。如果你想知道为什么它这么好的话，我真的把所有的数学都算出来了

对于已经排序的数据，一个相当好的算法是natural mergesort，它是mergesort的自底向上版本，其工作原理是将输入视为一系列已排序的子范围，然后在范围上进行多次传递，合并相邻的已排序范围。如果数据已经排序（因为它可以检测到只有一个排序范围），那么它将在O（n）时间内运行，在最坏的情况下是O（n lg n）。如果数据是“块排序”的，则该算法非常有效；也就是说，它由许多相邻放置的排序块组成

---

直接插入排序确实适用于大部分已排序的数据，但在许多输入上可能会严重退化。一些非常好的排序（如introsort）实际上使用插入排序的这个属性来对输入执行“清理步骤”。

这是Smoothsort的原始Java实现，以前可以通过

//通过保持这些常量，我们可以避免烦人的工作
//跟踪Dijkstra的b和c。而不是
//b和c，我将在这个数组中保留一个索引。
静态final int LP[]={1,1,3,5,9,15,25,41,67,109，
177, 287, 465, 753, 1219, 1973, 3193, 5167, 8361, 13529, 21891,
35421, 57313, 92735, 150049, 242785, 392835, 635621, 1028457,
1664079, 2692537, 4356617, 7049155, 11405773, 18454929, 29860703,
48315633, 78176337, 126491971, 204668309, 331160281, 535828591,
866988873//下一个数字大于31位。
};
publicstatic您不能比O（N）更快地对其排序，因为这是您需要确定数组是否已排序的时间。可能还有关于数组的其他信息。假设被替换的成员可能都在末尾，那么您可以对它们进行排序（O（m log m）），然后就好像它们被插入一样（O（m log n）到O（m log n）来查找插入位置）。这可能需要不同的硬件，但网络排序可以按O（（log n）^2）进行排序。参考链接实际上并不难证明。当x/n->0时，可以通过计算xlog（n）的极限来证明这一点。如何在步骤3中推导O（logn）？当使用链表时，二进制搜索可能很难…@Dirk：即使你可以进行二进制搜索，你也可以在O（XN）时间内插入所有元素，对于小x，这会产生O（N）。@Rax：是的，你可以找到它们，但可能所谓的“无序”元素的数量也恰好是O（N）。即使当您查看阵列时，阵列的数量较少。考虑[1，5，10，2，3，4，5，6，7，8，9，10，11]。暴力算法将按顺序调用元素2到10。这在后面的步骤中没有任何意义。正如在这个问题中澄清的那样：，第一步需要O（N logn）时间，掩盖了算法的其他部分，因此它不会在O中运行(
// by keeping these constants, we can avoid the tiresome business
// of keeping track of Dijkstra's b and c. Instead of keeping
// b and c, I will keep an index into this array.

static final int LP[] = { 1, 1, 3, 5, 9, 15, 25, 41, 67, 109,
    177, 287, 465, 753, 1219, 1973, 3193, 5167, 8361, 13529, 21891,
    35421, 57313, 92735, 150049, 242785, 392835, 635621, 1028457,
    1664079, 2692537, 4356617, 7049155, 11405773, 18454929, 29860703,
    48315633, 78176337, 126491971, 204668309, 331160281, 535828591,
    866988873 // the next number is > 31 bits.
};

public static <C extends Comparable<? super C>> void sort(C[] m,
    int lo, int hi) {
  int head = lo; // the offset of the first element of the prefix into m

  // These variables need a little explaining. If our string of heaps
  // is of length 38, then the heaps will be of size 25+9+3+1, which are
  // Leonardo numbers 6, 4, 2, 1. 
  // Turning this into a binary number, we get b01010110 = 0x56. We represent
  // this number as a pair of numbers by right-shifting all the zeros and 
  // storing the mantissa and exponent as "p" and "pshift".
  // This is handy, because the exponent is the index into L[] giving the
  // size of the rightmost heap, and because we can instantly find out if
  // the rightmost two heaps are consecutive Leonardo numbers by checking
  // (p&3)==3

  int p = 1; // the bitmap of the current standard concatenation >> pshift
  int pshift = 1;

  while (head < hi) {
    if ((p & 3) == 3) {
      // Add 1 by merging the first two blocks into a larger one.
      // The next Leonardo number is one bigger.
      sift(m, pshift, head);
      p >>>= 2;
      pshift += 2;
    } else {
      // adding a new block of length 1
      if (LP[pshift - 1] >= hi - head) {
        // this block is its final size.
        trinkle(m, p, pshift, head, false);
      } else {
        // this block will get merged. Just make it trusty.
        sift(m, pshift, head);
      }

      if (pshift == 1) {
        // LP[1] is being used, so we add use LP[0]
        p <<= 1;
        pshift--;
      } else {
        // shift out to position 1, add LP[1]
        p <<= (pshift - 1);
        pshift = 1;
      }
    }
    p |= 1;
    head++;
  }

  trinkle(m, p, pshift, head, false);

  while (pshift != 1 || p != 1) {
    if (pshift <= 1) {
      // block of length 1. No fiddling needed
      int trail = Integer.numberOfTrailingZeros(p & ~1);
      p >>>= trail;
      pshift += trail;
    } else {
      p <<= 2;
      p ^= 7;
      pshift -= 2;

      // This block gets broken into three bits. The rightmost
      // bit is a block of length 1. The left hand part is split into
      // two, a block of length LP[pshift+1] and one of LP[pshift].
      // Both these two are appropriately heapified, but the root
      // nodes are not necessarily in order. We therefore semitrinkle
      // both of them

      trinkle(m, p >>> 1, pshift + 1, head - LP[pshift] - 1, true);
      trinkle(m, p, pshift, head - 1, true);
    }

    head--;
  }
}

private static <C extends Comparable<? super C>> void sift(C[] m, int pshift,
    int head) {
  // we do not use Floyd's improvements to the heapsort sift, because we
  // are not doing what heapsort does - always moving nodes from near
  // the bottom of the tree to the root.

  C val = m[head];

  while (pshift > 1) {
    int rt = head - 1;
    int lf = head - 1 - LP[pshift - 2];

    if (val.compareTo(m[lf]) >= 0 && val.compareTo(m[rt]) >= 0)
      break;
    if (m[lf].compareTo(m[rt]) >= 0) {
      m[head] = m[lf];
      head = lf;
      pshift -= 1;
    } else {
      m[head] = m[rt];
      head = rt;
      pshift -= 2;
    }
  }

  m[head] = val;
}

private static <C extends Comparable<? super C>> void trinkle(C[] m, int p,
    int pshift, int head, boolean isTrusty) {

  C val = m[head];

  while (p != 1) {
    int stepson = head - LP[pshift];

    if (m[stepson].compareTo(val) <= 0)
      break; // current node is greater than head. Sift.

    // no need to check this if we know the current node is trusty,
    // because we just checked the head (which is val, in the first
    // iteration)
    if (!isTrusty && pshift > 1) {
      int rt = head - 1;
      int lf = head - 1 - LP[pshift - 2];
      if (m[rt].compareTo(m[stepson]) >= 0
          || m[lf].compareTo(m[stepson]) >= 0)
        break;
    }

    m[head] = m[stepson];

    head = stepson;
    int trail = Integer.numberOfTrailingZeros(p & ~1);
    p >>>= trail;
    pshift += trail;
    isTrusty = false;
  }

  if (!isTrusty) {
    m[head] = val;
    sift(m, pshift, head);
  }
}