双向冒泡排序学习

  本博客主要考虑冒泡排序的扫描次数的问题。特别地，以升序排序为例，考虑冒泡排序中单向、双向的情况。启发来自洛谷的这道题。

单向冒泡排序

  这是最简单的一种冒泡排序，其伪代码如下：

sorted = false
while (not sorted):sorted = truefor i = 0 to N-2:if A[i+1] < A[i]:swap A[i], A[i+1]sorted = false

  单向冒泡排序每一轮扫描都能确定数组A的最后一个元素，动态演示如下：

图源这篇博客。

  那么问题来了，如果采用上面的伪代码，已知一个序列A[1...N]，如何提前得知冒泡排序需要扫描多少轮？

直接模拟

  一个简单的想法是直接进行模拟。也就是设置一个计数器cnt，在while语句块的开头进行++cnt，就能够得知需要扫描多少次。然而它的时间复杂度是 $O(n^2)$。

更快的方法

  我们仔细观察上面的动图，可以获得更一般性的结论：

• 考虑序列中一个固定的数 $x$，如果它前面有比自己大的数，那么每轮扫描都将使 $x$ 前面比 $x$ 大的数的个数减少 $1$。
• 当每个数前面都没有比自己大的数时，排序完成。
• 最好的情况给出的序列直接是升序的，至少需要扫描 $1$ 次。

  所以，我们可以直接得到，扫描的次数 $X=\max (1,{\max }_{1\le i\le n}({\sum }_{j=1}^{i-1}[a_j>a_i]))$。其中 $[]$ 表示取布尔表达式的值，为真值就是 $1$，为假值就是 $0$。更通俗一点就是： $X=\max (1,每个数前面有几个比自己大的数)$。
  这种方式可以在 $O(n)$ 的复杂度内解决问题。

双向冒泡排序

  这种排序方式，每一轮扫描的方式是：先从前往后扫描一次，再从后往前扫描一次。伪代码如下：

sorted = false
while (not sorted):sorted = truefor i = 0 to N-2:if A[i+1] < A[i]:swap A[i], A[i+1]for i = N-2 downto 0:if A[i+1] < A[i]:swap A[i], A[i+1]for i = 0 to N-2:if A[i+1] < A[i]:sorted = false

  固然也可以用 $O(n^2)$ 的方法模拟出扫描次数，但是依然有 $O(n)$ 的简单办法。

离散化

  首先要把给到的序列 { a i } ( i = 1 , 2 , ⋯ , n ) \{a_i\}(i=1,2,\cdots,n) {ai​}(i=1,2,⋯,n) 离散化。离散化可以这样理解，每个数 $a_i\to 1+{\sum }_{j=1}^n[a_j<a_i]$，中括号的含义同上。说白了就是把 $a_i$ 改成它是序列中第几小的数。如： { 1 , 1 , 4 , 5 , 1 , 4 } → { 1 , 1 , 2 , 3 , 1 , 2 } \{1,1,4,5,1,4\}\rightarrow\{1,1,2,3,1,2\} {1,1,4,5,1,4}→{1,1,2,3,1,2}。

扫描序列

  注意到关于双向冒泡排序的以下结论：

• 考虑固定的 $x$，如果离散化之后的序列中，前 $x$ 个数中没有比 $x$ 大的，那么这些数就被锁在了 $[1,x]$ 中，不会与 $[x+1,n]$ 产生直接或者间接的交换。
• 考虑固定的 $x$，如果离散化之后的序列中，前 $x$ 个数中有比 $x$ 大的，那么最大的那个在正向扫描时将被移出 $[1,x]$，同时反向扫描时引入 $[1,x]$ 的新数必定小于等于 $x$。
    记 { a i } \{a_i\} {ai​} 离散化得 { b i } \{b_i\} {bi​}，那么扫描的次数就是 $X=\max (1,{\max }_{1\le i\le n}({\sum }_{j=1}^i[b_j>i]))$。更通俗一点就是：$X=\max (1,第1到第i个数中有几个比i大的数)$。