归并排序详解及应用

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读完本文，你不仅学会了算法套路，还可以顺便解决如下题目：

牛客	LeetCode	力扣	难度
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———–

一直都有很多读者说，想让我用

讲一讲基本的排序算法，我觉得确实得讲讲，毕竟学习任何东西都讲求一个融会贯通，只有对其本质进行比较深刻的理解，才能运用自如。

本文就先讲归并排序，给一套代码模板，然后讲讲它在算法问题中的应用。阅读本文前我希望你读过前文

。

我在

讲二叉树的时候，提了一嘴归并排序，说归并排序就是二叉树的后序遍历，当时就有很多读者留言说醍醐灌顶。

知道为什么很多读者遇到递归相关的算法就觉得烧脑吗？因为还处在「看山是山，看水是水」的阶段。

就说归并排序吧，如果给你看代码，让你脑补一下归并排序的过程，你脑子里会出现什么场景？

这是一个数组排序算法，所以你脑补一个数组的 GIF，在那一个个交换元素？如果是这样的话，那格局就低了。

但如果你脑海中浮现出的是一棵二叉树，甚至浮现出二叉树后序遍历的场景，那格局就高了，大概率掌握了我经常强调的

，用这种抽象能力学习算法就省劲多了。

那么，归并排序明明就是一个数组算法，和二叉树有什么关系？接下来我就具体讲讲。

就这么说吧，所有递归的算法，你甭管它是干什么的，本质上都是在遍历一棵（递归）树，然后在节点（前中后序位置）上执行代码，你要写递归算法，本质上就是要告诉每个节点需要做什么。

你看归并排序的代码框架：

// 定义：排序 nums[lo..hi]
void sort(int[] nums, int lo, int hi) {
    if (lo == hi) {
        return;
    }
    int mid = (lo + hi) / 2;
    // 利用定义，排序 nums[lo..mid]
    sort(nums, lo, mid);
    // 利用定义，排序 nums[mid+1..hi]
    sort(nums, mid + 1, hi);

    /****** 后序位置 ******/
    // 此时两部分子数组已经被排好序
    // 合并两个有序数组，使 nums[lo..hi] 有序
    merge(nums, lo, mid, hi);
    /*********************/
}

// 将有序数组 nums[lo..mid] 和有序数组 nums[mid+1..hi]
// 合并为有序数组 nums[lo..hi]
void merge(int[] nums, int lo, int mid, int hi);

看这个框架，也就明白那句经典的总结：归并排序就是先把左半边数组排好序，再把右半边数组排好序，然后把两半数组合并。

上述代码和二叉树的后序遍历很像：

/* 二叉树遍历框架 */
void traverse(TreeNode root) {
    if (root == null) {
        return;
    }
    traverse(root.left);
    traverse(root.right);
    /****** 后序位置 ******/
    print(root.val);
    /*********************/
}

再进一步，你联想一下求二叉树的最大深度的算法代码：

// 定义：输入根节点，返回这棵二叉树的最大深度
int maxDepth(TreeNode root) {
	if (root == null) {
		return 0;
	}
	// 利用定义，计算左右子树的最大深度
	int leftMax = maxDepth(root.left);
	int rightMax = maxDepth(root.right);
	// 整棵树的最大深度等于左右子树的最大深度取最大值，
    // 然后再加上根节点自己
	int res = Math.max(leftMax, rightMax) + 1;

	return res;
}

是不是更像了？

前文

说二叉树问题可以分为两类思路，一类是遍历一遍二叉树的思路，另一类是分解问题的思路，根据上述类比，显然归并排序利用的是分解问题的思路（

）。

归并排序的过程可以在逻辑上抽象成一棵二叉树，树上的每个节点的值可以认为是 nums[lo..hi]，叶子节点的值就是数组中的单个元素：

然后，在每个节点的后序位置（左右子节点已经被排好序）的时候执行 merge 函数，合并两个子节点上的子数组：

这个 merge 操作会在二叉树的每个节点上都执行一遍，执行顺序是二叉树后序遍历的顺序。

后序遍历二叉树大家应该已经烂熟于心了，就是下图这个遍历顺序：

结合上述基本分析，我们把 nums[lo..hi] 理解成二叉树的节点，sort 函数理解成二叉树的遍历函数，整个归并排序的执行过程就是以下 GIF 描述的这样：

这样，归并排序的核心思路就分析完了，接下来只要把思路翻译成代码就行。

代码实现及分析

只要拥有了正确的思维方式，理解算法思路是不困难的，但把思路实现成代码，也很考验一个人的编程能力。

毕竟算法的时间复杂度只是一个理论上的衡量标准，而算法的实际运行效率要考虑的因素更多，比如应该避免内存的频繁分配释放，代码逻辑应尽可能简洁等等。

经过对比，《算法 4》中给出的归并排序代码兼具了简洁和高效的特点，所以我们可以参考书中给出的代码作为归并算法模板：

class Merge {

    // 用于辅助合并有序数组
    private static int[] temp;

    public static void sort(int[] nums) {
        // 先给辅助数组开辟内存空间
        temp = new int[nums.length];
        // 排序整个数组（原地修改）
        sort(nums, 0, nums.length - 1);
    }

    // 定义：将子数组 nums[lo..hi] 进行排序
    private static void sort(int[] nums, int lo, int hi) {
        if (lo == hi) {
            // 单个元素不用排序
            return;
        }
        // 这样写是为了防止溢出，效果等同于 (hi + lo) / 2
        int mid = lo + (hi - lo) / 2;
        // 先对左半部分数组 nums[lo..mid] 排序
        sort(nums, lo, mid);
        // 再对右半部分数组 nums[mid+1..hi] 排序
        sort(nums, mid + 1, hi);
        // 将两部分有序数组合并成一个有序数组
        merge(nums, lo, mid, hi);
    }

    // 将 nums[lo..mid] 和 nums[mid+1..hi] 这两个有序数组合并成一个有序数组
    private static void merge(int[] nums, int lo, int mid, int hi) {
        // 先把 nums[lo..hi] 复制到辅助数组中
        // 以便合并后的结果能够直接存入 nums
        for (int i = lo; i <= hi; i++) {
            temp[i] = nums[i];
        }

        // 数组双指针技巧，合并两个有序数组
        int i = lo, j = mid + 1;
        for (int p = lo; p <= hi; p++) {
            if (i == mid + 1) {
                // 左半边数组已全部被合并
                nums[p] = temp[j++];
            } else if (j == hi + 1) {
                // 右半边数组已全部被合并
                nums[p] = temp[i++];
            } else if (temp[i] > temp[j]) {
                nums[p] = temp[j++];
            } else {
                nums[p] = temp[i++];
            }
        }
    }
}

有了之前的铺垫，这里只需要着重讲一下这个 merge 函数。

sort 函数对 nums[lo..mid] 和 nums[mid+1..hi] 递归排序完成之后，我们没有办法原地把它俩合并，所以需要 copy 到 temp 数组里面，然后通过类似于前文

中合并有序链表的双指针技巧将 nums[lo..hi] 合并成一个有序数组：

注意我们不是在 merge 函数执行的时候 new 辅助数组，而是提前把 temp 辅助数组 new 出来了，这样就避免了在递归中频繁分配和释放内存可能产生的性能问题。

再说一下归并排序的时间复杂度，虽然大伙儿应该都知道是 O(NlogN)，但不见得所有人都知道这个复杂度怎么算出来的。

前文

说过递归算法的复杂度计算，就是子问题个数 x 解决一个子问题的复杂度。对于归并排序来说，时间复杂度显然集中在 merge 函数遍历 nums[lo..hi] 的过程，但每次 merge 输入的 lo 和 hi 都不同，所以不容易直观地看出时间复杂度。

merge 函数到底执行了多少次？每次执行的时间复杂度是多少？总的时间复杂度是多少？这就要结合之前画的这幅图来看：

执行的次数是二叉树节点的个数，每次执行的复杂度就是每个节点代表的子数组的长度，所以总的时间复杂度就是整棵树中「数组元素」的个数。

所以从整体上看，这个二叉树的高度是 logN，其中每一层的元素个数就是原数组的长度 N，所以总的时间复杂度就是 O(NlogN)。

力扣第 912 题「

」就是让你对数组进行排序，我们可以直接套用归并排序代码模板：

class Solution {
    public int[] sortArray(int[] nums) {
        // 归并排序对数组进行原地排序
        Merge.sort(nums);
        return nums;
    }
}

class Merge {
    // 见上文
}

除了最基本的排序问题，归并排序还可以用来解决力扣第 315 题「

」：

我用比较数学的语言来描述一下（方便和后续类似题目进行对比），题目让你求出一个 count 数组，使得：

count[i] = COUNT(j) where j > i and nums[j] < nums[i]

拍脑袋的暴力解法就不说了，嵌套 for 循环，平方级别的复杂度。

这题和归并排序什么关系呢，主要在 merge 函数，我们在使用 merge 函数合并两个有序数组的时候，其实是可以知道一个元素 nums[i] 后边有多少个元素比 nums[i] 小的。

具体来说，比如这个场景：

这时候我们应该把 temp[i] 放到 nums[p] 上，因为 temp[i] < temp[j]。

但就在这个场景下，我们还可以知道一个信息：5 后面比 5 小的元素个数就是 左闭右开区间 [mid + 1, j) 中的元素个数，即 2 和 4 这两个元素：

换句话说，在对 nuns[lo..hi] 合并的过程中，每当执行 nums[p] = temp[i] 时，就可以确定 temp[i] 这个元素后面比它小的元素个数为 j - mid - 1。

当然，nums[lo..hi] 本身也只是一个子数组，这个子数组之后还会被执行 merge，其中元素的位置还是会改变。但这是其他递归节点需要考虑的问题，我们只要在 merge 函数中做一些手脚，叠加每次 merge 时记录的结果即可。

发现了这个规律后，我们只要在 merge 中添加两行代码即可解决这个问题，看解法代码：

class Solution {
    private class Pair {
        int val, id;
        Pair(int val, int id) {
            // 记录数组的元素值
            this.val = val;
            // 记录元素在数组中的原始索引
            this.id = id;
        }
    }
    
    // 归并排序所用的辅助数组
    private Pair[] temp;
    // 记录每个元素后面比自己小的元素个数
    private int[] count;
    
    // 主函数
    public List<Integer> countSmaller(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        count = new int[n];
        temp = new Pair[n];
        Pair[] arr = new Pair[n];
        // 记录元素原始的索引位置，以便在 count 数组中更新结果
        for (int i = 0; i < n; i++)
            arr[i] = new Pair(nums[i], i);
        
        // 执行归并排序，本题结果被记录在 count 数组中
        sort(arr, 0, n - 1);
        
        List<Integer> res = new LinkedList<>();
        for (int c : count) res.add(c);
        return res;
    }
    
    // 归并排序
    private void sort(Pair[] arr, int lo, int hi) {
        if (lo == hi) return;
        int mid = lo + (hi - lo) / 2;
        sort(arr, lo, mid);
        sort(arr, mid + 1, hi);
        merge(arr, lo, mid, hi);
    }
    
    // 合并两个有序数组
    private void merge(Pair[] arr, int lo, int mid, int hi) {
        for (int i = lo; i <= hi; i++) {
            temp[i] = arr[i];
        }
        
        int i = lo, j = mid + 1;
        for (int p = lo; p <= hi; p++) {
            if (i == mid + 1) {
                arr[p] = temp[j++];
            } else if (j == hi + 1) {
                arr[p] = temp[i++];
                // 更新 count 数组
                count[arr[p].id] += j - mid - 1;
            } else if (temp[i].val > temp[j].val) {
                arr[p] = temp[j++];
            } else {
                arr[p] = temp[i++];
                // 更新 count 数组
                count[arr[p].id] += j - mid - 1;
            }
        }
    }
}

因为在排序过程中，每个元素的索引位置会不断改变，所以我们用一个 Pair 类封装每个元素及其在原始数组 nums 中的索引，以便 count 数组记录每个元素之后小于它的元素个数。

接下来我们再看几道原理类似的题目，都是通过给归并排序的 merge 函数加一些私货完成目标。

看一下力扣第 493 题「

」：

我把这道题换个表述方式，你注意和上一道题目对比：

请你先求出一个 count 数组，其中：

count[i] = COUNT(j) where j > i and nums[i] > 2*nums[j]

然后请你求出这个 count 数组中所有元素的和。

你看，这样说其实和题目是一个意思，而且和上一道题非常类似，只不过上一题求的是 nums[i] > nums[j]，这里求的是 nums[i] > 2*nums[j] 罢了。

所以解题的思路当然还是要在 merge 函数中做点手脚，当 nums[lo..mid] 和 nums[mid+1..hi] 两个子数组完成排序后，对于 nums[lo..mid] 中的每个元素 nums[i]，去 nums[mid+1..hi] 中寻找符合条件的 nums[j] 就行了。

看一下我们对 merge 函数的改造：

// 记录「翻转对」的个数
int count = 0;

// 将 nums[lo..mid] 和 nums[mid+1..hi] 这两个有序数组合并成一个有序数组
private void merge(int[] nums, int lo, int mid, int hi) {
    for (int i = lo; i <= hi; i++) {
        temp[i] = nums[i];
    }
    
    // 在合并有序数组之前，加点私货
    for (int i = lo; i <= mid; i++) {
        // 对于左半边的每个 nums[i]，都去右半边寻找符合条件的元素
        for (int j = mid + 1; j <= hi; j++) {
            // nums 中的元素可能较大，乘 2 可能溢出，所以转化成 long
            if ((long)nums[i] > (long)nums[j] * 2) {
                count++;
            }
        }
    }
    
    // 数组双指针技巧，合并两个有序数组
    int i = lo, j = mid + 1;
    for (int p = lo; p <= hi; p++) {
        if (i == mid + 1) {
            nums[p] = temp[j++];
        } else if (j == hi + 1) {
            nums[p] = temp[i++];
        } else if (temp[i] > temp[j]) {
            nums[p] = temp[j++];
        } else {
            nums[p] = temp[i++];
        }
    }
}

不过呢，这段代码提交会超时，毕竟额外添加了一个嵌套 for 循环。怎么进行优化呢，注意子数组 nums[lo..mid] 是排好序的，也就是 nums[i] <= nums[i+1]。

所以，对于 nums[i], lo <= i <= mid，我们在找到的符合 nums[i] > 2*nums[j] 的 nums[j], mid+1 <= j <= hi，也必然也符合 nums[i+1] > 2*nums[j]。

换句话说，我们不用每次都傻乎乎地去遍历整个 nums[mid+1..hi]，只要维护一个开区间边界 end，维护 nums[mid+1..end-1] 是符合条件的元素即可。

看最终的解法代码：

public int reversePairs(int[] nums) {
    // 执行归并排序
    sort(nums);
    return count;
}

private int[] temp;

public void sort(int[] nums) {
    temp = new int[nums.length];
    sort(nums, 0, nums.length - 1);
}

// 归并排序
private void sort(int[] nums, int lo, int hi) {
    if (lo == hi) {
        return;
    }
    int mid = lo + (hi - lo) / 2;
    sort(nums, lo, mid);
    sort(nums, mid + 1, hi);
    merge(nums, lo, mid, hi);
}

// 记录「翻转对」的个数
private int count = 0;

private void merge(int[] nums, int lo, int mid, int hi) {
    for (int i = lo; i <= hi; i++) {
        temp[i] = nums[i];
    }
    
    // 进行效率优化，维护左闭右开区间 [mid+1, end) 中的元素乘 2 小于 nums[i]
    // 为什么 end 是开区间？因为这样的话可以保证初始区间 [mid+1, mid+1) 是一个空区间
    int end = mid + 1;
    for (int i = lo; i <= mid; i++) {
        // nums 中的元素可能较大，乘 2 可能溢出，所以转化成 long
        while (end <= hi && (long)nums[i] > (long)nums[end] * 2) {
            end++;
        }
        count += end - (mid + 1);
    }

    // 数组双指针技巧，合并两个有序数组
    int i = lo, j = mid + 1;
    for (int p = lo; p <= hi; p++) {
        if (i == mid + 1) {
            nums[p] = temp[j++];
        } else if (j == hi + 1) {
            nums[p] = temp[i++];
        } else if (temp[i] > temp[j]) {
            nums[p] = temp[j++];
        } else {
            nums[p] = temp[i++];
        }
    }
}

如果你能够理解这道题目，我们最后来看一道难度更大的题目，力扣第 327 题「

」：

简单说，题目让你计算元素和落在 [lower, upper] 中的所有子数组的个数。

拍脑袋的暴力解法我就不说了，依然是嵌套 for 循环，这里还是说利用归并排序实现的高效算法。

首先，解决这道题需要快速计算子数组的和，所以你需要阅读前文

，创建一个前缀和数组 preSum 来辅助我们迅速计算区间和。

我继续用比较数学的语言来表述下这道题，题目让你通过 preSum 数组求一个 count 数组，使得：

count[i] = COUNT(j) where lower <= preSum[j] - preSum[i] <= upper

然后请你求出这个 count 数组中所有元素的和。

你看，这是不是和题目描述一样？preSum 中的两个元素之差其实就是区间和。

有了之前两道题的铺垫，我直接给出这道题的解法代码吧，思路见注释：

private int lower, upper;

public int countRangeSum(int[] nums, int lower, int upper) {
this.lower = lower;
    this.upper = upper;
    // 构建前缀和数组，注意 int 可能溢出，用 long 存储
    long[] preSum = new long[nums.length + 1];
    for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
        preSum[i + 1] = (long)nums[i] + preSum[i];
    }
    // 对前缀和数组进行归并排序
    sort(preSum);
    return count;
}

private long[] temp;

public void sort(long[] nums) {
    temp = new long[nums.length];
    sort(nums, 0, nums.length - 1);
}

private void sort(long[] nums, int lo, int hi) {
    if (lo == hi) {
        return;
    }
    int mid = lo + (hi - lo) / 2;
    sort(nums, lo, mid);
    sort(nums, mid + 1, hi);
    merge(nums, lo, mid, hi);
}

private int count = 0;

private void merge(long[] nums, int lo, int mid, int hi) {
    for (int i = lo; i <= hi; i++) {
        temp[i] = nums[i];
    }
    
    // 在合并有序数组之前加点私货（这段代码会超时）
    // for (int i = lo; i <= mid; i++) {
    //     for (int j = mid + 1; j <= hi; k++) {
    //         // 寻找符合条件的 nums[j]
    //         long delta = nums[j] - nums[i];
    //         if (delta <= upper && delta >= lower) {
    //             count++;
    //         }
    //     }
    // }
    
    // 进行效率优化
    // 维护左闭右开区间 [start, end) 中的元素和 nums[i] 的差在 [lower, upper] 中
    int start = mid + 1, end = mid + 1;
    for (int i = lo; i <= mid; i++) {
        // 如果 nums[i] 对应的区间是 [start, end)，
        // 那么 nums[i+1] 对应的区间一定会整体右移，类似滑动窗口
        while (start <= hi && nums[start] - nums[i] < lower) {
            start++;
        }
        while (end <= hi && nums[end] - nums[i] <= upper) {
            end++;
        }
        count += end - start;
    }

    // 数组双指针技巧，合并两个有序数组
    int i = lo, j = mid + 1;
    for (int p = lo; p <= hi; p++) {
        if (i == mid + 1) {
            nums[p] = temp[j++];
        } else if (j == hi + 1) {
            nums[p] = temp[i++];
        } else if (temp[i] > temp[j]) {
            nums[p] = temp[j++];
        } else {
            nums[p] = temp[i++];
        }
    }
}

我们依然在 merge 函数合并有序数组之前加了一些逻辑，如果看过前文

，这个效率优化有点类似维护一个滑动窗口，让窗口中的元素和 nums[i] 的差落在 [lower, upper] 中。

归并排序相关的题目到这里就讲完了，你现在回头体会下我在本文开头说那句话：

所有递归的算法，本质上都是在遍历一棵（递归）树，然后在节点（前中后序位置）上执行代码。你要写递归算法，本质上就是要告诉每个节点需要做什么。

比如本文讲的归并排序算法，递归的 sort 函数就是二叉树的遍历函数，而 merge 函数就是在每个节点上做的事情，有没有品出点味道？

最后总结一下吧，本文从二叉树的角度讲了归并排序的核心思路和代码实现，同时讲了几道归并排序相关的算法题。这些算法题其实就是归并排序算法逻辑中夹杂一点私货，但仍然属于比较难的，你可能需要亲自做一遍才能理解。

那我最后留一个思考题吧，下一篇文章我会讲快速排序，你是否能够尝试着从二叉树的角度去理解快速排序？如果让你用一句话总结快速排序的逻辑，你怎么描述？

好了，答案在下篇文章

揭晓。

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引用本文的文章

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