简单算法汇总

一、全排列问题（Permutation）
问题描述：即给定{1,2,3},返回123,132,213,231,312,321
《Permutation》
1）无顺序的全排列问题：
将序列P(n) = {1….. n}的全排列问题看成P(n)={1,P(n-1)} + {2,P(n-1)}…..的问题，即确定第一个元素的值为1，然后和剩下n-1个元素的全排列结果组合到一起；然后再将1和剩下的每个元素进行交换，然后和其剩下的n-1个元素排列结果进行组合；显然这是一个递归问题。

        // 递归实现        public void permutation(int[] datas, int index ) {               if (datas == null || index < 0 || index >= datas. length) // 差错控制                      return;               // 递归终点               if (index == datas .length - 1) {                     print_data( datas);              }               for (int i = index ; i < datas .length ; i ++) {                      // 交换（注意i==index时，其实并没有交换）                     swap( datas, i , index);                     permutation( datas, index + 1);                     swap( datas, i , index);              }       }

2）有重复值的全排列问题：
注意每次递归的时候去除重复值即可，即有重复值就不进行交换。

     // 非重复情况        public void permutationNoRepeat(int[] datas, int index ) {               if (datas == null || index < 0) // 差错控制                      return;               if (index >= datas .length - 1) {                     print_data( datas);                      return;              }               for (int i = index ; i < datas .length ; i ++) {                      // 取出重复值                      if ((i != index ) && (datas[i] == datas[index]))                            continue;                     swap( datas, i , index);                     permutationNoRepeat( datas, index + 1);                     swap( datas, i , index);              }       }

3）找到下一个更大值（next_permutation）
即1342，找到下一个更大值1423；
解题思路：
基本思想是从后往前遍历，找到第一个递增的二元对（即a[j] < a[j+1]）;然后从后往前遍历到j+1位置，找到第一个k值a[k]>a[j]，交换k和j，然后将j+1后面的序列反转；
注意增序列则表示字典序较小，减序列则表示字典序较大；如果遍历找不到增序列，表示当前数值已经是最大值。
原理：
http://jingyan.baidu.com/article/63acb44a90370061fcc17e18.html

     public boolean next_permutation(int[] datas) {               if (datas == null || datas.length == 0)                      return true ;               int p1 = datas .length - 2;               int p2 = datas .length - 1;               for (; p1 >= 0; p1 --) {                      if (datas [p1 ] < datas [p1 + 1])                            break;              }               if (p1 == -1) {                     reverse( datas, 0, datas. length - 1);                      return true ;              } else {                      for (; p2 > p1 ; p2 --) {                            if (datas [p2 ] > datas [p1 ]) {                                  swap( datas, p1, p2);                                  reverse( datas, p1 + 1, datas. length - 1);                           }                     }              }              print_data( datas);               return false ;       }        // 颠倒数组        private void reverse(int[] datas, int start , int end) {               while (start < end ) {                     swap( datas, start ++, end --);              }       }

4）有顺序的全排列（可以看做非递归实现）
解题思路：使用next_permutation也以获得全排列，即不断调用next_permutation来获得更大值，然后依次输出

    public void permutation(int[] datas) {               if (datas == null)                      return;               do {                     print_data( datas);              } while (!next_permutation(datas )) ;       }

5）有特殊要求的全排列，比如要求4必须在3前面
解题思路：进行全排列，然后判断4和3的位置再进行输出；（？更好方法）

6）查找数字排列组合中的第k个组合：（Permutation Sequence）
解题思路：
即给定{1,2,3},和3,返回全排列(123,132,213,231,312,321)中的第三个，即213
注意：
这里不需要将全排列计算出来，然后再得到第k个；
或者使用nextPermutation来计算第k个；这两种时间复杂度都较大；
最好的做法：是直接利用数学知识进行计算：
还是分为两层来看，第一位确定的话，后面P(n-1)的全排列为（n-1）!，则可以根据算法判断出第一位是哪个数值；剩下的类推。

public class Solution {     public String getPermutation( int n , int k) {         if ((n <= 0) || (n > 9) || ( k <= 0) || ( k > countN( n)))             return "" ;         // 记录结果字符串         StringBuilder resBder = new StringBuilder();         // 记录当前数字集合中剩下的未使用数字         List<Integer> remainList = new ArrayList <>();         // 初始化remainList         for (int i = 1; i <= n ; i ++)             remainList.add(i );         k--;         while (n > 1) {             int count = countN(n - 1);             int index = k / count ;             // 添加结果数字             resBder.append( remainList.get(index ));             // 更新，进行下一层循环             remainList.remove(index );             k %= count;             n--;         }         resBder.append( remainList.get(0));         return resBder .toString();     }     // 计算每个数字的阶乘     private int countN(int n ) {         int result = 1;         while (n > 0) {             result *= n--;         }         return result ;     } } 

一、二叉树问题汇总：
1）二叉树三种遍历非递归实现
2）重建二叉树
3）判断树A是否为树B的子树
4）二叉树镜像
5）从上往下打印二叉树
6）二叉搜索树的后序遍历
7）二叉搜索树转化为双向链表
8）二叉树中和为某一值的路径
9）求二叉树的深度
10）平衡二叉树

二、递归问题汇总
1）魔术索引问题
即一个递增序列，满足A[i]=i的称为魔术索引；
1>无重复值的魔术索引问题：二分法
2>有重复值：缩小范围法
2）跳台阶、斐波那契
3）机器人走方格：都注意使用空间存储来优化；
4）N皇后问题：
回溯法：因为每一行只能有一个皇后，所以使用一个一维数组index[]来记录每一行的皇后的列的位置即可,然后给数组中的每个元素赋个初始值-1，表示当前行的位置还没有确定；
然后从第一个皇后开始赋值，从0开始，再给第二个皇后赋值，也是从0开始遍历，然后写一个判断当前index[]矩阵是否合法的函数，每次给一个皇后赋值的时候，都需要进行一次判断，如果合法，则继续给下一个皇后赋值；如果不合法，就取这一层对应的index里面的记录的数值比如说是m,然后给这个皇后赋值m+1，继续判断是否合法，重复之前操作；
如果在这一层，0-n-1全部都赋值完了，皇后仍然没有找到合法的位置，那就采用回溯法，把这一层的index值重新置为-1，回到上一层设置上一层的皇后的位置，往右移一步，重复之间操作。
直到赋值到第N层，所有皇后位置都合法之后，再将结果输出；
因为可能的结果不止有一种，当输出一种结果之后，回溯到N-1层，重新开始之前的设置，检查操作；

递归法：递归法比较简单，比如八皇后问题，就可以看成已知其中一个皇后位置，求其他7个的位置；然后再确定第二个皇后的位置，求剩下6个皇后的位置；以此类推进行递归，直至递归到最后一层，输出结果。

三、最远距离问题JumpGame：
即判断[3,1,3,1,1,0,4]是否可到达。
解决方法：很简单，一直往前走，计算每一步能到达的最远位置index+A[index]；和之前记录的最远位置reach做比较，大于则更新reach值；循环的终点是到了终点即i==n了或者i>reach了，这个时候判断i==n(注意是n，因为在n-1后，还会再i++，然后循环才能推出)。

public boolean canJump(int[] nums) {     int i = 0;     int n = nums.length;     for ( int reach = 0; i < n && i <= reach; ++i)         reach = Math. max(i + nums[i], reach);     return i == n; }

四、构造顺序矩阵和打印循环顺序矩阵Matrix：
《leetcode-54 Spiral Matrix 顺时针打印矩阵（《剑指offer》面试题20）》
《leetcode 58、Length of Last Word；59、Spiral Matrix II ；60、Permutation Sequence》
解题思路：定义上下左右四个维度的限定值，然后向右，向下，向左，向上进行遍历，并注意更新相应值。

// 构造序列        public int [][] generateMatrix(int n) {         if (n < 0)             return null ;         int[][] matrix = new int[n][n];         // 记录上下左右边界值         int left = 0;         int right = n - 1;         int top = 0;         int bottom = n - 1;         // 注意起始值为1         int count = 1;         while ((left <= right ) && (top <= bottom)) {             // 往右走进行赋值             for (int j = left ; j <= right ; j ++)                 matrix[ top][ j] = count++;             ++ top; // 更新边界值             // 向下走进行赋值             for (int i = top ; i <= bottom ; i ++)                 matrix[ i][ right] = count++;             -- right;             // 向左走进行赋值             for (int j = right ; j >= left ; j --)                 matrix[ bottom][ j] = count++;             -- bottom;             // 向上走进行赋值             for (int i = bottom ; i >= top ; i --)                 matrix[ i][ left] = count++;             ++ left;         }         return matrix ;     }        // 打印序列        public List<Integer> spiralOrder(int[][] matrix) {         List<Integer> result = new ArrayList<>();         if ((matrix == null) || (matrix.length == 0) || ( matrix[0]. length == 0))             return result ;         int left = 0; int right = matrix[0].length - 1;         int top = 0;  int bottom = matrix.length - 1;         while ((left <= right ) && (top <= bottom)) {               // ==== 先向右遍历 ===== //             for (int j = left ; j <= right ; j ++)                 result.add( matrix[ top][ j]);             top++; // 遍历后要注意更新四个维度的值             // ===== 向下遍历 ===== //             for (int i = top ; i <= bottom ; i ++)                 result.add( matrix[ i][ right]);             right--;             // ===== 向左遍历 ===== //             for (int j = right ; j >= left ; j --)                 result.add( matrix[ bottom][ j]);             bottom--;             // ===== 向上遍历 ===== //             for (int i = bottom ; i >= top ; i --)                 result.add( matrix[ i][ left]);             left++;         }         return result ;     } 

五、连续子数组的最大和
解题思路：使用一个max记录当前最大值，使用一个curSum来记录遍历数组时候的临时的和；
遍历数组，比如来到第i个元素，如果之前的curSum<0,那么curSum再加上a[i]只会使得相加值更小，因此取更大值，也就是令curSum=a[i]，把前面的和序列舍弃掉;
如果curSum>=0,则可以直接把两个值相加来作为新的curSum;
然后再将curSum和max做比较，去更大值来更新max值，最后遍历完一遍，返回max值就是最大的值。

六、数值的整数次方pow:
解题思路：注意处理n<0的情况，n<0时，要把a转化成1/a;
还要注意处理底数为0，而指数却为负数的不合法情况；

private double power(double x, int n) {     if (n < 0) {         n = - n; x = 1.0 / x;     }     double result = 1.0;     for ( double base = x ;n > 0; n >>= 1) {         if ((n & 0x1) == 1)             result *= base;         base *= base;     }     return result; } 

七、判断是否为同位词：
即“ate””eat” “tae”为同位词；从一串字符串中找出同位词：
解题思路：使用HashMap，先对所有词进行字典序排序，然后比对。

八、字符串数组排序：
由于字符串实现了Comparable接口，可以比较两个字符串之间的大小，因此可以像实现int数组排序一样实现字符串数组的排序。

九、k个排序链表合并成一个排序链表（或者k个排序数组合并成一个排序数组）
解题思路：创建一个k阶的最小堆，创建堆的时间复杂度o(n*logn)；取最小值的事件复杂度为O(1)；删除最小值，加入一个新值，调整堆的时间复杂度为O(lgn);
每次取最小值，最为新链表（新数组）的下一个值；然后再从该数值对应数组中取出一个新值放在堆顶，然后调整堆，重复上述过程；
也可以使用败者树来实现。

相关题：找到一个数组中的第k大的值
思路：维护一个k阶最小堆，新值和堆顶元素进行比较，如果大于堆顶元素值，则替换堆顶元素，调整堆；

十、求两个整数的最大公约数；最小公倍数（辗转相除法）

    public int maxgcp(int x, int y) {       int num1 = x, num2 = y;       // 向排序，即将较大值移到前面       if (x < y) {               int temp = x ;               x = y;               y = temp;       }       // 辗转相除法       int r = 1;       while ( r != 0) {               r = x % y;               x = y;               y = r;       }       System. out.println("最大公约数：" + x );       System. out.println("最小公倍数：" + num1 * num2 / x );       return x;    }

十一、求格雷码：
格雷码是二进制转化成的编码，它的相邻两个数的格雷码只有一个位是不同的；最大数和最小数也只有一个位不同；所以适应了真正电气环境下数值不能连续变化多位的情况；
编码：二进制转化为格雷码： 第一位保持不变，然后从最右边一位开始，与左边一位进行异或，得到的异或值即为格雷码；
1001001010 ==> 1101101111
解码：格雷码转化为二进制： 解码从最左边开始，一个为解码值保持不前，然后从左边第二位开始，每一位和前一位的解码值进行异或，得到的值即为解码值。

十二、两个链表的公共交点：
解法：两个链表相交，则链表相交的第一个公共点之后的所有节点一定是相交的；即两个链表是呈Y型的；
1）两个链表无环时的解法：
（1）可以先遍历两条链表，得到两个链表的长度m,n；然后双指针，一个先走m-n步（假设m>n），然后两个指针同时出发，第一个相交的节点即为公共节点；若一直遍历结束也没有公共节点，则两个链表不相交；
（2）方法同一，但不需要遍历完两个链表来获得两个链表的长度；记两个链表为A、B，可以设置两个指针p、q，同时出发，当q到达链表尾（即为NULL时），此时从链表A头部出发一个指针a;当p到达链表尾时，此时从链表B头部出发一个指针b；则a,b转化为方法一中的问题；（两个方法的时间复杂度相同）
（3）如果两个链表相交，由于其公共节点之后的链表相同；此时将其中一个链表链接到另一个链表之后，形成的新链表一定有环，则原问题转化为求一个有环链表的环的公共交点问题；
2）考虑链表有环
如果两个有环的链表相交，那么它们的环必定为公共环。如果交点不在环上，即在环前面的直链上，即转化为前面的连个无环链表求解公共点的问题，第一个公共点就是第一个交点。但是如果交点在环上，即环的入口点不同，那么任一环的入口点都可为第一公共点。

十三、删除字符串中的指定字符：
题目：输入两个字符串，从第一字符串中删除第二个字符串中所有的字符。例如，输入”They are students.”和”aeiou”，则删除之后的第一个字符串变成”Thy r stdnts.”。
解题思路：基本思想是遍历字符串s1，判断字符串s1中的每个字符在s2中是否存在，如果存在则删除；
这里就需要考虑两个细节：
1）删除字符问题
一个是删除字符的处理；传统方法是删除之后，让字符串数组后的所有字节往前移一位，这样操作完所有字符的时间复杂度为O(n^2)；明显有可以优化的空间：
使用两个指针，pFast，pSlow；当有字符需要删除时，pSlow不变，pFast前移；当有字符不需要删除时，将pSlow和pFast指向的字符交换；最后取0-pSlow数组的字符组成的字符串即可。基本思想是将后面不需要删除的字符替换到前面来。
2）判断字符是否需要删除：
判断字符是否需要删除，即该字符是否在s2字符串中；可以使用的方法如Hash，使用HashMap或则HashSet把s2中的字符存储进来，然后遍历s1每个字符c在HashMap是否已经存在即可；时间复杂度为O(1)；
同样的方法可以是使用一个boolean[256]数组，记录char(共256个)是否存在；原理类似Hash

十四、计算一个字符串中的最长无重复字符串：
问题描述：计算给定一个字符串，如”abcabcbb” 则其最长无重复字符串为 “abc”；字符串”bbbbb”其最长无重复字符串为”b”；
解题思路：使用一个256的int数组indexs来记录每个char在字符串中出现的位置；
如果indexs[i]为-1，表示当前测试字符串中没有出现过字节i，因此直接将indexs[i]赋值为i，即记录其出现位置；
如果indexs[i]不为-1，则表示已经出现过，这里要根据此算法分成两种情况讨论；这里使用一个start记录当前测试字符串的起始位置，即当前测试的字符串为start–i；如果indexs[i]小于start，表示该字节出现在测试字符串之前，因此可以当做-1情况对待；再者，如果已经存在，则当前字符串已经不是满足要求的唯一性字符串了，因此计算当前的非重复最大值，和系统当前记录的最大值作比较，记录更大值；然后测试下一个字符串，为满足非重复条件，则下一个测试字符串的起始位置需要从index[start]+1开始；

十五、求数组的最大值与最小值
1）基本的遍历法需要比较2N次；
2）采用双元素法，记录max和min；每次比较两个值，较小值和min做比较，较大值和max作比较；这样最终的比较次数为1.5*N次。
3）采用分治法；将数组分为两部分，分别得到两个子数组的最大值最小值，然后再合并在一起进行比较；

十六、找出数组中只出现一次的数：
1）其他的数都出现了偶数次：直接使用全部异或即可；
2）其他数出现的是奇数m次：则如果没有该特殊值，其他所有值二进制时二进制各个位相加之和肯定都能被m整数整除；再加上异常值，则所有位对于n进行取余，得到的值必然是该特殊值的二进制表示。

十七、数组中出现次数超过一半的数：
解题思路：
解法一：将原问题转化为求数组的中位数，采用快速排序的思想，每一次Partition取末位为哨兵，遍历将小于、大于哨兵的数分别移至哨兵左右，最后返回哨兵在处理后的数组中的位置。不断缩小要处理的数组的长度大小，最终确定返回值为数组长度一半的元素，即为中位数。

解法二：由于题设该数字出现的次数大于其他所有数字出现的次数，故用两个变量，一个表示数字num_data，一个表示次数；当下一个数字等于num_data时，则times加1；如若不等于，time减1；直至times等于0，则将num_data更换为下一个数字；由题知，最后得到的num_data的结果必为所要求得的值。

十八、旋转数组：
问题描述：即给定一个数组如[1,2,3,4,5,6,7] ,及一个k=3，将后面k个数字旋转到前面来，则旋转之后的数组为[5,6,7,1,2,3,4].
解题思路：和旋转字符串问题比较类似，即先将数组分为两部分，后面k个数字为一组，前面n-k个为一组，将两组分别反转，然后再将整个数组反转即可；反转可以采用双指针法。

十八、判断一个数是否是2的n次方：
解题思路：
一个数num是2的n次方则二进制表示为（000010000…），则num-1是(000001111111…)；其num与num-1二进制位必然没有一个相等；
因此判断num&(num - 1)是否等于0即可。

十九、计算一个数的二进制中1的个数：
解题思路：
解法一：直接转换成二进制然后循环右移取出二进制中每一位判断是否为1即可
解法二：使用n&（n-1）;二进制中有几个1，就循环几次n&(n-1)得到0

二十、2Sum,3Sum,4Sum问题：
《leetcode-1 Two Sum 找到数组中两数字和为指定和》
《Leetcode-15 3Sum》
《leetcode-18 4Sum》
《leetcode-16 3Sum Closest》
问题描述：给定一个数组和一个target结果值，求2个/3个/4个数字的和为target的解法；
**解题思路：**2Sum问题典型的解决方式是使用双指针，从头部尾部同时往中间走进行判断；
首先对数组进行排序，时间复杂度为O(NlogN)
然后从i=0,j=end开始和末位的两个数字开始，计算两个之和sum，若sum大于目标值target,则需要一个较小的因子，j–；反之，i++；直至找到最终的结果

二十一、排序算法

1、冒泡排序（交换排序）：
在循环遍历中，每一次遍历数组将最大的数字通过交换沉到最后一位
时间复杂度（O(n^2)）:最坏O(n^2)，最好O(n)；空间复杂度:O(1); 稳定
优化：
1）设置一个flag标示，当一次遍历有交换设置为true，没有交换时则表示前面数组已经有序，无需再做遍历
2）记录每一次遍历发生交换的最后位置，因为这个位置之后的数组肯定是有序的；最后交换位置为0时，循环结束

2、直接插入排序：
在循环遍历中，第j次遍历过程向已经排好序的数组a[1..j-1]插入a[j]
时间复杂度（O(n^2)）:最坏O(n^2)，最好O(n)；空间复杂度:O(1)；稳定
优化：查找插入排序，在插入的时候使用二分法

3、希尔排序（插入排序）：将数组分为很多小序列，然后分别进行直接插入排序；待整个数组基本有序的时候，最后进行一次插入排序
时间复杂度（O(n^（1-2）)）:最坏O(n^2)，最好O(n)；空间复杂度:O(1)；不稳定
实现，选取一个增量序列（递减到1）（比如x/2序列）

    void ShellInsertSort(int a[], int n, int dk) {           for(int i = dk ; i < n ; ++i ){               if(a [i] < a [i - dk]){          //若第i个元素大于i-1元素，直接插入。小于的话，移动有序表后插入                   int j = i - dk ;                   int x = a [i];           //复制为哨兵，即存储待排序元素                   a[i] = a[i - dk];         //首先后移一个元素                   while(x  < a[j]){     //查找在有序表的插入位置                       a[j + dk] = a[j];                       j -= dk;             //元素后移                   }                   a[j + dk] = x;            //插入到正确位置               }               print(a, n,i );           }       }        /**        * 先按增量d（n/2,n为要排序数的个数进行希尔排序        *        */        void shellSort(int a[], int n){           int dk = n /2;           while(dk >= 1){               ShellInsertSort( a, n, dk);               dk = dk/2;           }       }

4、快速排序：
每一次循环选取一个中间值，将比这个值大的元素移动到中间的后面，比中间值小的移到中间值前面；这样分成了两个子序列，然后再对子序列进行快速排序。
时间复杂度：O(nlogn), 最好O(nlogn)，最坏（基本有序时退化成冒泡）O(n^2)；空间复杂度：O(1)+（递归栈的缓存空间最大O(n),最小O(logn)） 不稳定

    private void quickSort(int[] a, int start , int end) {               if (start < end ) {                      int mid = partition(a, start, end);                     quickSort( a, start, mid - 1);                     quickSort( a, mid + 1, end);              }       }        private int partition(int[] a, int low , int high) {               int temp = a [low ];               while (low < high ) {                      while ((low < high ) && (a[high] >= temp))                           -- high;                     swap( a, low, high);                      while ((low < high ) && (a[low] <= temp))                           ++ low;                     swap( a, low, high);              }               a[ low] = temp;               return low ;       }

实现：单指针法，双指针法
快速排序的改进：
1）中枢值的选取：传统方法中使用最左元素或者最右元素，这样在数组基本有序时的性能较差（会退化成冒泡算法）；
改进方法一：中枢值 pivot使用随机数来取代（但是产生随机数也会带来性能损耗）
方法二：pivot选取first-middle-last中的中间大小的那个值，时间复杂度会减少到12/7 ln(n)
方法三：median-of-three对小数组来说有很大的概率选择到一个比较好的pivot，但是对于大数组来说就不足以保证能够选择出一个好的pivot，因此还有个办法是所谓median-of-nine，这个怎么做呢？它是先从数组中分三次取样，每次取三个数，三个样品各取出中数，然后从这三个中数当中再取出一个中数作为pivot，也就是median-of-medians。取样也不是乱来，分别是在左端点、中点和右端点取样。什么时候采用median-of-nine去选择pivot，这里也有个数组大小的阀值，这个值也完全是经验值，设定在40，大小大于40的数组使用median-of-nine选择pivot，大小在7到40之间的数组使用median-of-three选择中数，大小等于7的数组直接选择中数，大小小于7的数组则直接使用插入排序

5、归并排序：
通过分治的思想，对数组序列进行切割，切割到最后每个子序列中只有一个元素的时候，然后再两两合并，最后每一次循环都是两个有序数组合并成一个有序数组的操作。 稳定
O(nlogn); O(nlogn); O(nlogn); 空间复杂度O(n);

    private void mergeSort(int[] datas, int[] copy , int start, int end) {               if (start < end ) {                      int mid = (end + start ) / 2;                     mergeSort( datas, copy, start, mid);                     mergeSort( datas, copy, mid + 1, end);                     merge( datas, copy, start, mid, end);              }       }        private void merge(int[] datas, int[] copy, int start , int mid, int end) {               int i = start ;               int j = mid + 1;               int index = start ;               while ((i <= mid ) && (j <= end)) {                      if (datas [i ] <= datas [j ])                            copy[ index++] = datas[ i++];                      else                            copy[ index++] = datas[ j++];              }               while (i <= mid )                      copy[ index++] = datas[ i++];               while (j <= end )                      copy[ index++] = datas[ j++];              System. arraycopy(copy, start, datas, start, end - start + 1);       }非递归实现方法：       void mergeSort2(int n){           int s =2,i ;           while(s <=n ){               i=0;               while(i +s <=n ){                   merge(i,i+s-1,i+s/2-1);                   i+= s;               }               //处理末尾残余部分               merge(i,n-1,i+s/2-1);               s*=2;           }           //最后再从头到尾处理一遍           merge(0,n-1,s/2-1);       }

6、简单选择排序：第i次遍历的时候，从i-n序列中找到最小值，与第i个元素进行交换。也就是每一趟遍历都选取一个最小元素作为第i元素值。
时间复杂度：O(n^2);最优： O(n^2);最差：O(n^2); 空间复杂度O(1);不稳定

7、堆排序：
叶子节点的值都大于或等于根节点的值（最小堆）
建堆：从n/2+1开始剩下的都为叶子节点，因此从n/2到0递减顺序，分别以每个节点为根节点建立最小堆。
堆的调整：比较左右子节点的值得到最小值，然后比较根节点与最小值，如果根节点的值要大，则不满足最小堆的概念，需要进行调整，将两者进行交换。然后再以交换后的位置为根节点，重复前面过程。
时间复杂度：O(nlogn);最优： O(nlogn);最差：O(nlogn); 空间复杂度O(1);不稳定

    private void heapSort(int[] datas) {              buildHeap( datas);               for (int i = datas .length - 1; i >= 0; i--) {                     System. out.printf("%d " , datas [0]);                      // 交换data[0]和data[i];                     swap( datas, i, 0);                      // 注意这里的length为i                     HeapAdjust( datas, 0, i);              }       }        // 建立堆        private void buildHeap(int[] datas) {               for (int i = (datas .length - 1) / 2; i >= 0; i--) {                     HeapAdjust( datas, i, datas. length);              }       }        // 调整堆中节点位置        private void HeapAdjust(int[] datas, int s , int length) {               int child = 2 * s + 1;               while (child < length ) {                      // 如果右节点存在，并且小于左节点的值                      if ((child + 1 < length) && ( datas[ child] > datas[ child + 1]))                            child++;                      // 如果大于子节点的值，则不满足最小堆的概念，故要进行调整                      if (datas [s ] > datas [child ]) {                           swap( datas, s, child);                            s = child;                            child = 2 * s + 1;                     } else {                            break;                     }              }       }

8、基数排序/桶排序：线性，时间复杂度为O(n);

排序算法性能比较：
时间复杂度：
O(n^2)的有：直接插入排序，冒泡排序，简单选择排序
O(n^(1-2))： 希尔排序
O(nlogn):快速排序，归并排序，堆排序
O(n):线性：桶排序；基数排序

选择上：
基本有序时，选择直接插入排序，希尔排序；而快速排序会退化成冒泡排序；
平均性能上最优的是快速排序；在最坏情况下，性能上不如堆排序和归并排序，而n较大时，归并排序优于堆排序，但是其需要的存储空间要大。
直接插入排序在基本有序或者n较小时最佳。

稳定性：
即值相同的关键字在排序前后位置先后顺序不变
稳定的：冒泡、插入、归并、基数
不稳定：选择、希尔、快速、堆；

设待排序元素的个数为n.
1）当n较大，则应采用时间复杂度为O(nlog2n)的排序方法：快速排序、堆排序或归并排序序。
快速排序：是目前基于比较的内部排序中被认为是最好的方法，当待排序的关键字是随机分布时，快速排序的平均时间最短；
堆排序 ： 如果内存空间允许且要求稳定性的，
归并排序：它有一定数量的数据移动，所以我们可能过与插入排序组合，先获得一定长度的序列，然后再合并，在效率上将有所提高。
2） 当n较大，内存空间允许，且要求稳定性 =》归并排序
3）当n较小，可采用直接插入或直接选择排序。
直接插入排序：当元素分布有序，直接插入排序将大大减少比较次数和移动记录的次数。
直接选择排序 ：元素分布有序，如果不要求稳定性，选择直接选择排序
5）一般不使用或不直接使用传统的冒泡排序。
6）基数排序
它是一种稳定的排序算法，但有一定的局限性：
1、关键字可分解。
2、记录的关键字位数较少，如果密集更好
3、如果是数字时，最好是无符号的，否则将增加相应的映射复杂度，可先将其正负分开排序。

二十二、外部排序：
1）根据内存能够缓存的大小，将全部数据进行分段，加入到内存，进行内部排序。
2）然后进行k-路归并；k路归并使用败者树；
http://blog.csdn.net/whz_zb/article/details/7425152
胜者树：锦标赛排序
败者树：使用节点来记录失败的元素；胜者往上一层进行比较，扩展一个节点来记录最终的冠军；
败者树重构只需要新添加的元素和父节点进行比较（即败者进行比较）；而胜者树则是需要和右节点进行比较；

二十四、二分查找：
考虑有数值的相同情况

    private static int binarySearch(int[] datas, int start , int end, int target) {               int mid = 0;               while (start <= end ) {                      mid = start + ( end - start) / 2;                      if (datas [mid ] > target ) {                            end = mid - 1;                     } else                            start = mid + 1;              }               // return mid表示查找到相同值；或者未查找到时的可插入位置               // 如果是查找顺序的可插入位置，则需要返回start               return mid ;       }

三、KMP：

// 获取next数组        private void getNext(char[] p, int[] next ) {               // 初始化的值               int j = 0;               next[ j] = -1;               int k = next [0];               // j对应的获取next[j+1]               while (j < p .length - 1) {                      // 注意k的初始值                      if (k == -1 || p[j] == p[k]) {                            next[++ j] = ++ k;                     } else {                            k = next[ k];                     }              }       }        private int KMP(String s, String p) {               if (s .length() < p.length())                      return -1;               int i = 0;               int j = 0;               // 获取next数组               int[] next = new int[p.length()];              getNext( p.toCharArray(), next);               while ((i < s .length()) && (j < p.length())) {                      if (j == - 1 || s.charAt(i) == p.charAt(j)) {                           ++ i; ++ j;                     } else {                            j = next[ j];                     }              }               // 返回匹配位置               if (j >= p .length())                      return i - p .length();               return -1;       }改进的算法：        // 获取nextval数组        private void getNextval(char[] p, int[] next ) {               int j = 0;               next[ j] = -1;               int k = next [0];               while (j < p .length - 1) {                      if (k == -1 || p[k] == p[j]) {                            k++;                            j++;                            if (p [k ] != p [j ])                                   next[ j] = k;                            else                                   next[ j] = next[ k];                     } else {                            k = next[ k];                     }              }       }