给定一个长度为N且整数为K的数组，尽可能对数组进行排序，使得没有元素向左移动超过K个位置。然而，一个元素可以在它的右边行进。
让我们将排序定义为无序对的数量，即：排序度（1,2,3）= 0和排序度（3,1,2）= 2.
澄清：如果数组的第一个
k+1项移动到数组的末尾，则应将其他项视为向左移动k + 1个位置。
这是一个面试问题。我想过使用冒泡排序。外循环将运行K次，运行时间为O（nk）。最小的整数将是向左移动K次的唯一整数。其他整数将向左移动少于K次。
有没有更有效的方法来解决这个问题？
答案 0 :(得分：6)
使用最小堆对O（n log k）中的n个元素列表进行排序。
因为无论n如何，堆总是最多有k + 1个元素，所有堆操作都是O（log k），总运行时间是O（n log k）
为什么这是正确的？
假设不是。然后对于某些输入，我的算法给出非最佳排序。让我成为这样的输入，让A成为我算法的输出，让B成为最佳排序。
让我成为A和B不同意的第一个指数。令x = A [i]，y = B [i]，并且令j为B中x的索引。
我声称在B中交换x和y可以改善B的排序，这是一个矛盾。
因为A和B对于i之前的位置是相同的，所以同一组k + 1个元素有资格进入两个位置i。因为我的算法选择x作为这些元素的min，我们知道x小于y。我们也知道j大于i。
当我们在B中交换x和y时会发生什么？
首先，请注意，排序的变化不受i左边或j右边的任何内容的影响，因为它们相对于x和y的位置都不会被交换所改变。
我们知道i和j之间没有小于x的元素，因为我的sort选择了最小的可用元素。因此，i和j之间的所有元素至少与x一样大。
对于i和j之间的每个元素等于x，交换x和y会将排序性提高1，因为我们相对于这些元素改进了y并且x不受影响。
对于i和j之间的每个元素大于x，x相对于这些元素的排序性提高了1，在最坏的情况下，相对于这些元素的y的排序性降低了1，因此净效应最差0
此外，交换x和y可将x相对于y的排序性提高1，因此此交换严格提高了整体排序。
矛盾。
答案 1 :(得分：0)
天真的方法：
从左到右迭代数组。
对于每个位置i，我们考虑来自i to i+k的子阵列。然后我们必须得到这个子数组中的最小值元素，并将此子数组的第一个元素与此元素交换。
现在，转到i+1位置并做同样的事情。
优化方法：
我们可以使用segment tree来解决此问题。使用此数据结构，您可以找到任何数组范围之间的最小值，也可以在O(logn)中在线编辑任何数据。在您的问题中，我们可以使用以下步骤获取解决方案数组
arr[1] =位置1到最小值（k，n）之间的最小值，然后用无穷大编辑此位置
arr[2] =位置1到最小值（k + 1，n）之间的最小值，然后用无穷大编辑该位置
arr[3] =位置1到最小值（k + 2，n）之间的最小值，然后用无穷大编辑该位置
arr[4] =位置1到最小值（k + 3，n）之间的最小值，然后用无穷大编辑该位置
...
...
arr[n] =位置1到最小值之间的最小值（k + n，n），然后使用无穷大编辑此位置
总体复杂度O(nlogn)
例如：
given array = 5 3 4 7 8 2 1 0 and K = 2
使用此算法，您将获得解决方案数组：
3 4 5 2 1 0 7 8
sortedness value = 12
希望它有所帮助！
最好的问候，
Agassaa