我有一个几乎但没有完全排序的值数组，其中有一些值被置换（例如，50在100000中）。如何最有效地排序？ （性能在这里绝对至关重要，应该比O（N）快。）
我知道smoothsort，但我找不到Java实现。有谁知道它是否已经实施？或者我可以用于此任务而不是smoothsort？
答案 0 :(得分：19)
实际上，Wikipedia包含smoothsort的Java实现。你可以在这里找到它：
答案 1 :(得分：10)
如果您想要一个易于实现的简单算法，您可以执行cocktail sort。它几乎可以很好地处理几乎排序的输入。
答案 2 :(得分：7)
正如Botz3000所说，你不能比O（N）更快地执行这样的操作。任何算法的最基本元素是在阵列中找到那些乱序的条目。这需要O（N），甚至在你弄清楚如何处理它们之前。
如果“无序”元素的数量确实低于元素总数的数量级，则可以使用以下算法（假设链接列表）：
答案 3 :(得分：5)
有很多好的算法。
Smoothsort是我个人最喜欢的......如果你好奇为什么它运作良好，我实际上已经完成了所有的数学运算{/ 3}。
已经排序的数据的一个相当好的算法是自然mergesort ，这是一个自下而上的mergesort版本，通过将输入视为一系列已排序的子范围，然后进行多次传递来工作合并相邻排序范围的范围。如果数据已经排序（因为它可以检测到只有一个排序范围），它会在O（n）时间运行，而在最坏的情况下，它会运行O（n lg n）。如果数据是“块排序的”，该算法可以很好地工作;也就是说，它由许多排列在一起的排序块组成。
直接插入排序绝对适用于大多数排序数据，但在很多输入上可能会非常糟糕地退化。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”。
答案 4 :(得分：4)
[Sun] JDK7已经（或将会）实现Tim sort（来自Python）。这是一种合并排序，它利用了数组中已存在的顺序。
答案 5 :(得分：3)
Smoothsort或Timsort是很好的算法，并且是明智的选择。
我想补充一点，你可能没有意识到，卑微的insertion sort是适应性的。事实上，对于真正几乎排序的列表，正如您所看到的那样，我的理解（我无法通过参考备份）是它比更复杂的算法更快。问题是如果输入几乎没有排序，它会迅速降级到O（n ^ 2）。不过，正确实现起来非常简单，因此如果您确定输入总是几乎排序，那么这将是一个不错的选择。
答案 6 :(得分：2)
只是把它放在桌面上，一个很好实现的冒泡排序肯定是这里最简单的算法。在O（n * m）的最坏情况下，m是位移的数量。 m部分在很大程度上取决于位移模式，通常总复杂度为O（n）。
答案 7 :(得分：0)
你是否正确无法达到O（N），但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。
答案 8 :(得分：0)
在学校实施我们称之为 Shell的排序。这是冒泡的子阵列。具有步骤k的子阵列是具有标记0，k，2k，3k ......
的元素阵列如果你选择k = 3i + 1，并执行多个气泡排序，从较高的i-s downto 0开始，在接近排序的数组上的时间会更短。
答案 9 :(得分：0)
这是以前通过Wikipedia article提供的Smoothsort的原始Java实现。
// 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);
}
}