冒泡排序

时间复杂度

• 最好：$O(n)$
• 平均：$O(n^2)$
• 最坏：$O(n^2)$

代码

pub fn bubble<T: Ord>(arr: &mut [T]) {
    for out in 1..arr.len() {
        let mut swapped = false;

        for i in 0..(arr.len() - out) {
            if arr[i] > arr[i + 1] {
                arr.swap(i, i + 1);

                swapped = true;
            }
        }

        if !swapped {
            break;
        }
    }
}

证明

• 命题：对于长度为 $N$ 的数组，

  • 最坏情况：需要 $\sim \frac{N^2}{2}$ 次比较 和 $\sim \frac{N^2}{2}$ 次交换；

  • 最好情况：需要 $\sim N$ 次比较 和 $0$ 次交换。

• 证明：

  最坏情况下，最左侧的元素会一路交换到正确位置。比如 $ar{r}_0$ 去到第 $N$ 位，$ar{r}_1$ 去到第 $N-1$ 位⋯⋯如此类推。因此，总比较次数为 $(N-1)+(N-2)+\cdots +2+1=\frac{N(N-1)}{2}$，总交换次数与此一致。

  最好情况下，由于swapped变量监视着未操作部分是否有序，当第一轮外循环的内循环结束，排序就退出了。故总比较次数是 $N-1$，没发生交换。

选择排序

时间复杂度

• 最好：$O(n^2)$
• 最坏：$O(n^2)$

代码：

pub fn selection<T: Ord>(arr: &mut [T]) {
    for left in 0..arr.len() {
        let min = (left..arr.len())
                  .min_by_key(|&i| arr.index(i))
                  .unwrap();
        arr.swap(left, min);
    }
}

论证

• 命题：对于长度为 $N$ 的数组，选择排序需要大约 $\frac{N^2}{2}$ 次比较和 $N$ 次交换。

• 证明：

  对于从 0 到 N-1 的任意 left，都有 $1$ 次交换 和 $N-1-left$ 次比较。

  因此，共有 N 次交换，以及 $(N-1)+(N-2)+...+2+1=N(N-1)/2\sim N^2/2$ 次比较。

插入排序

时间复杂度

• 最好：$O(n)$
• 平均：$O(n^2)$
• 最坏：$O(n^2)$

代码

pub fn insertion<T: Ord>(arr: &mut [T]) {
    for out in 1..arr.len() {
        let mut n = out;
        while out > 0 && arr[n] < arr[n - 1] {
            arr.swap(n, n - 1);

            n -= 1;
        }
    }
}

论证

• 命题：对于随机排列的长度为 $N$ 且元素互异的数组，

  • 平均情况：需要 $\sim \frac{N^2}{4}$ 次比较 和 $\sim \frac{N^2}{4}$ 次交换；

  • 最坏情况：需要 $\sim \frac{N^2}{2}$ 次比较 和 $\sim \frac{N^2}{2}$ 次交换；

  • 最好情况：需要 $N-1$ 次比较 和 $0$ 次交换。

• 证明：

  插入排序是将第 $out$ 个元素插入到有序排列的前 $out$ 个元素当中（0起索引）。经过线性搜索，当前元素会插入到最右边的不小于它的元素右侧。

  对于随机排列的数组，在平均情况下每个元素都可能向后移动半个数组的长度，因此交换总数是对角线之下元素总数的一半；比较的总次数是交换的次数加上一个额外的项，该项为 $N$ 减去被插入的元素正好是已知的最小元素的次数。

  最坏情况下，线性搜索会比较 $out+1$ 次（0起索引），故总比较次数为 $2+3+\cdots +N=\frac{N(N+1)}{2}-1$，即 $\sim N^2/2$。同时，每回交换次数为比较次数减一，因此总交换次数为 $\frac{N(N-1)}{2}$。

  最好情况下，显然，总比较次数为 $N-1$。没有元素交换，故总交换次数为 $0$。

  平均情况不会证。

归并排序

时间复杂度

• 最好：$O(n{\log }_{2}n)$
• 平均：$O(n{\log }_{2}n)$
• 最坏：$O(n{\log }_{2}n)$

空间复杂度

需要辅助数组，乃 $O(n)$ 。

代码

use std::mem;

pub fn msort<T: Ord + Clone>(arr: &mut [T]) {
    let mut aux: Vec<T> = arr.into();

    merge(arr, &mut aux);
}

fn merge<T: Ord + Clone>(arr: &mut [T], aux: &mut [T]) {
    let len = arr.len();

    if len < 2 {
        return;
    }

    let mid = len / 2;

    let (arr_l, arr_r) = arr.split_at_mut(mid);
    let (aux_l, aux_r) = aux.split_at_mut(mid);

    merge(arr_l, aux_l);
    merge(arr_r, aux_r);

    let mut left = 0;
    let mut right = mid;

    for x in aux.iter_mut() {
        if left >= mid || (right < len && arr[left] > arr[right]) {
            mem::swap(x, &mut arr[right]);
            right += 1;
        } else {
            mem::swap(x, &mut arr[left]);
            left += 1;
        }
    }

    arr.clone_from_slice(aux);
}

论证

• 命题：对于长度为 $N$ (偶数) 的数组，

  • 最坏情况下比较次数分治递归关系式：$M(N)=2M(\frac{N}{2})+N$

  • 归并排序时间复杂度：$O(n{\log }_{2}n)$

  • 归并排序空间复杂度：$O(n)$

• 证明：

  归并会将 $N$ 长数组拆分成两个 $\frac{N}{2}$ 长数组，并再次归并排序两者。待两子数组排完序，当前排序将合并重排它们，发生 $N$ 次比较。故得 $M(N)=2M(\frac{N}{2})+N$。

  根据分治递归关系主定理，可知归并排序的时间复杂度是 $O(N{\log }_{2}N)$ 。

  归并排序递归开辟函数栈的空间复杂度是 $O({\log }_{2}N)$ ；创建一个等长辅助数组的空间复杂度是 $O(N)$ 。因此归并排序的空间复杂度是两行为复杂度之和，$max(O({\log }_{2}N),O(N))=O(N)$ 。

堆排序

时间复杂度

• 最好：$O(n{\log }_{2}n)$
• 平均：$O(n{\log }_{2}n)$
• 最坏：$O(n{\log }_{2}n)$

代码

fn sink<T: Ord>(arr: &mut [T], mut parent: usize) {
    let last = arr.len() - 1;

    loop {
        let left = 2 * parent + 1;

        if left > last {
            break;
        }

        let right = left + 1;

        let max = match left != last && arr[right] > arr[left] {
            true => right,
            false => left,
        };

        if arr[parent] < arr[max] {
            arr.swap(parent, max);
        }

        parent = max;
    }
}

pub fn heap<T: Ord>(arr: &mut [T]) {
    let len = arr.len();

    if len < 2 {
        return;
    }

    for parent in (0..=len / 2 - 1).rev() {
        sink(arr, parent);
    }

    for end in (1..len).rev() {
        arr.swap(0, end);

        sink(&mut arr[..end], 0);
    }
}

论证

• 命题：对于长度为 $N$ 的数组，最坏情况下需要 $\sim \frac{3N}{2}{\log }_{2}N$ 次比较。

• 证明：

  对于构建大顶堆循环的任意 $parent$ ，都有从二叉树深度为 $parent$ 处向下比较交换，忽略退出条件的校验，则构建大顶堆所需总比较次数为 ${\log }_{2}2+{\log }_{2}3+\cdots +{\log }_2(\frac{N}{2}-1)$ ，其 $\sim \frac{N}{2}{\log }_{2}N$。

  接下来，从后往前遍历截至堆顶下，交换堆顶与堆底最右侧叶子，即置换最大元素与最小元素，并重新堆化剩余元素。因为每次堆化都调用sink，故总比较次数为 ${\log }_{2}N+{\log }_{2}N-1+{\log }_{2}N-2+\cdots +{\log }_{2}1$ ，其 $\sim N{\log }_{2}N$。

  综上，最坏情况下比较次数 $\sim \frac{3N}{2}{\log }_{2}N$。