先用哈希，統計每個商品的成交次數，然後再用在N個數中找出前K大個數的方法找出成交次數最多的前100個商品。

優化方法：可以把5億個數據分組存放，比如放在5000個文件中。這樣就可以分别在每個文件的10^6個數據中，用哈希 堆統計每個區域内前100個頻率最高的商品，最後求出所有記錄中出現頻率最高的前100個商品。

方法一：

建一個1000個數的最小堆，然後依次添加剩餘元素，如果大于堆頂的數（堆中最小的），将這個數替換堆頂，并調整結構使之仍然是一個最小堆，這樣，遍曆完後，堆中的1000個數就是所需的最大的1000個。算法的時間複雜度為O（nlogk）=n*log1000=10n（n為10億，k為1000）。

優化的方法：分治法。可以把所有10億個數據分組存放，比如分别放在1000個文件中。這樣處理就可以分别在每個文件的10^6個數據中找出最大的10000個數，合并到一起再找出最終的結果。

優化的方法：如果這10億個數裡面有很多重複的數，先通過Hash法，把這10億個數字去重複，這樣如果重複率很高的話，會減少很大的内存用量，從而縮小運算空間，然後通過分治法或最小堆法查找最大的1000個數。

方法二：

1.用每一個BIT标識一個整數的存在與否，這樣一個字節可以标識8個整數的存在與否，對于所有32位的整數，需要512Mb，所以開辟一個512Mb的字符數組A，初始全0

2.依次讀取每個數n，對于數n，n存放在A[N>>3]中的某個bit，因此，将A[n>>3]設置為A[n>>3]|(1<<(n%8))(這裡是1左移幾位),相當于将每個數的對應位設置為1

3.在A中，從數組尾開始向前遍曆，從大到小讀取1000個值為1的數，就是最大的1000個數了。

這樣讀文件就隻需要1遍，在不考慮内存開銷的情況下，應該是速度最快的方法了。

若數組有奇數個元素，中位數是a[(n-1)/2]；若數組有偶數個元素，中位數為a[n/2-1]和a[n/2]兩個數的平均值。這裡為方便起見，假設數組為奇數個元素。

思路一：把無序數組排好序，取出中間的元素。時間複雜度取決于排序算法，最快是快速排序，O(nlogn)，或者是非比較的基數排序，時間為O(n),空間為O(n)。這明顯不是我們想要的。

思路二：采用快速排序的分治partition過程。任意挑一個元素，以該元素為支點，将數組分成兩部分，左邊是小于等于支點的，右邊是大于支點的。如果左側長度正好是(n－1)／2，那麼支點恰為中位數。如果左側長度<(n-1)/2, 那麼中位數在右側，反之，中位數在左側。 進入相應的一側繼續尋找中位數。

//快速排序的分治過程找無序數組的中位數 int partition(int a[], int low, int high) //快排的一次排序過程 { int q = a[low]; while (low < high) { while (low < high && a[high] >= q) high--; a[low] = a[high]; while (low < high && a[low] <= q) low ; a[high] = a[low]; } a[low] = q; return low; } int findMidium(int a[], int n) { int index = n / 2; int left = 0; int right = n - 1; int q = -1; while (index != q) { q = partition(a, left, right); if (q < index) left = q 1; else if (q>index) right = q - 1; } return a[index]; }

思路三：将數組的前（n 1）／2個元素建立一個最小堆。然後，對于下一個元素，和堆頂的元素比較，如果小于等于，丢棄之，如果大于，則用該元素取代堆頂，再調整堆，接着看下一個元素。重複這個步驟，直到數組為空。當數組都遍曆完了，（堆中元素為最大的（n 1）／2個元素，）堆頂的元素即是中位數。

//構建最小堆找無序數組的中位數 void nswap(int& i, int& j) { i = i^j; j = i^j; i = i^j; } void minHeapify(int a[], int i, int len) { int temp; int least = i; int l = i * 2 1; int r = i * 2 2; if (l < len && a[l] < a[least]) least = l; if (r < len && a[r] < a[least]) least = r; if (least != i) { nswap(a[i], a[least]); minHeapify(a, least, len); } } void buildMinHeap(int a[], int len) { for (int i = (len-2) / 2; i >= 0; i--) { minHeapify(a, i, len); } } int findMidium2(int a[], int n) { buildMinHeap(a, (n 1) / 2); for (int i = (n 1) / 2; i < n; i ) { if (a[i] > a[0]) { nswap(a[i], a[0]); minHeapify(a, 0,(n 1) / 2); } } return a[0]; }

引申一：查找N個元素中的第K個小的元素

編程珠玑給出了一個時間複雜度O（N）的解決方案。該方案改編自快速排序。經過快排的一次劃分， 1）如果左半部份的長度>K-1，那麼這個元素就肯定在左半部份了 2）如果左半部份的長度==K-1，那麼當前劃分元素就是結果了。 3）如果。。。。。。。<K-1,那麼這個元素就肯定在右半部分了。 并且，該方法可以用尾遞歸實現。效率更高。也可以用來查找N個元素中的前K個小的元素，前K個大的元素。。。。等等。

引申二：查找N個元素中的第K個小的元素，假設内存受限，僅能容下K/4個元素。分趟查找，第一趟，用堆方法查找最小的K/4個小的元素，同時記錄剩下的N-K/4個元素到外部文件。第二趟，用堆方法從第一趟篩選出的N-K/4個元素中查找K/4個小的元素，同時記錄剩下的N-K/2個元素到外部文件。。。。第四趟，用堆方法從第一趟篩選出的N-K/3個元素中查找K/4個小的元素，這是的第K/4小的元素即使所求。

設b[i]表示a[0...i]的子數組和的最大值，且b[i]一定包含a[i]，即：sum為子問題的最優解，

1. 包含a[i],即求b[i]的最大值，在計算b[i]時,可以考慮以下兩種情況,因為a[i]要求一定包含在内，所以

1) 當b[i-1]>0, b[i] = b[i-1] a[i]

2) 當b[i-1]<=0, b[i] = a[i], 當b[i-1]<=0，這時候以a[i]重新作為b[i]的起點。

2. 不包含a[i],即a[0]~a[i-1]的最大值（即0~i-1局部問題的最優解),設為sum

最後比較b[i]和 sum，即,如果b[i] >sum ,即b[i]為最優解,然後更新sum的值.

在實現時，bMax代表 b[k], sum更新前代表前一步子問題的最優解，更新後代表當前問題的最優解。實現如下：

//求數組的子數組和的最大值，時間複雜度為O(n) int maxSumArr(int a[], int n,int* start, int* end) { int s, e; int sum = a[0]; int bMax=a[0]; *start = *end = 0; for (int i = 1; i < n; i ) { if (bMax > 0) //情況一，子數組包含a[i]，且b[i-1]>0（上一次的最優解大于0），b[i] = b[i-1] a[i] { bMax = a[i]; e = i; } else //情況二，子數組包含a[i]，且b[i-1]<=0（上一次的最優解小于0），這時候以a[i]重新作為b[i]的起點。 { bMax = a[i]; s = i; e = i; } //情況三，子數組不包含a[i],即b[i]=sum if (bMax > sum) //三種情況相比較，最大值作為更新後的最優解，存在sum { sum = bMax; *start = s; *end = e; } } return sum; }

引申：求子數組和的最小值

同理。

//求數組的子數組和的最小值，時間複雜度為O(n) int minSumArr(int a[], int n, int* start, int* end) { int s, e; int bMin = a[0]; int sum = a[0]; *start = *end = 0; for (int i = 0; i < n; i ) { if (bMin < 0) //情況一，子數組包含a[i]， 且b[i-1]<0，b[i] = b[i-1] a[i] { bMin = a[i]; e = i; } else //情況二，子數組包含a[i]，且b[i-1] > 0，這時候以a[i]重新作為b[i]的起點 { bMin = a[i]; s = e = i; } //情況三，子數組不包含a[i],即b[i]=sum if (bMin < sum) //三種情況相比較，最小值作為更新後的最優解，存在sum { sum = bMin; *start = s; *end = e; } } return sum; }

/朋友圈-并查集 int set[10001]; int find(int x) { int i, j, r; r = x; while (set[r] != r) //尋找此集合的代表 r = set[r]; i = x; while (i != r) //使得r代表的集合中，所有結點直接指向r，即路徑壓縮 { j = set[i]; set[i] = r; i = j; } return r; } void merge(int x, int y) { int t = find(x); int h = find(y); if (t < h) set[h] = t; else set[t] = h; } int friends(int n, int m, int (*r)[2]) //n個人，m對好友關系，存放在二維數組r[m][2]中 { int i, count; for (i = 1; i <= n; i ) set[i] = i; for (i = 0; i < m; i ) merge(r[i][0], r[i][1]); count = 0; for (i = 1; i <= n; i ) { if (set[i] == i) count ; } return count; }

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