作者：Grey
原文地址：
说明
基于桶的排序有两种，分别是计数排序和基数排序。
但是这两种排序应用范围有限，需要样本的数据状况满足桶的划分
计数排序算法说明见：基于桶的排序之计数排序
基数排序
一般来讲，基数排序要求，样本是 10 进制的正整数, 流程如下
第一步：找到最大值，这个最大值是几位的，其他数不足这个位数的，用 0 补齐；
例如：
原始数组为
arr = {17,210,3065,40,71,2}
最大值为 3065，是四位的，其他都不是四位的，前面用 0 补充，所以先让数组变成
arr = {0017,0210,3065,0040,0071,0002}
第二步：准备 10 个桶，每个桶是队列；
第三步：从个位依次进桶（和对应桶中的元素用队列相连），然后依次倒出；然后根据十位数进桶（和对应桶中的元素用队列相连），依次倒出；以此类推，一直到最高进桶，然后倒出。最后倒出的顺序就是排序后的结果。
以上述数组为例，基数排序的整个流程如下
第一轮入桶，个位上的数依次是：7,0,5,0,1,2，入桶后，是如下效果:
然后出桶，第一轮结果是{0210,0040,0071,0002,3065,0017};
第二轮入桶，十位上的数字分别是：1,4,7,0,6,1，入桶后，效果如下:
第二轮出桶：结果是{0002,0210,0017,0040,3065,0071};
第三轮入桶，百位上的数字分别是：0,2,0,0,0,0，入桶后，效果如下:
第四轮入桶，也是最后一轮入桶，千位上的数字分别是：0,0,0,3,0,0，入桶后，效果如下：
最后一轮出桶：结果是{0002,0017,0040,0071,0210,3065}，已排好序。
上述是基数排序的流程，但是在算法实现上，有更优化的解法
根据整个基数排序的算法，代码上做了一些优化，用了一个包含十个元素的数组count来表示桶，而且整个代码没有用队列这个数据结构，仅用 count 数组就实现了入桶和出桶的过程，接下来一一分析一下代码，其中helper数组用于存排序后的数组，bits表示最大数十进制一共有几位，流程和之前提到的算法流程一致：
// 从个位开始，一直到最高位，不断入桶出桶
for (int bit = 1; bit <= bits; bit++) {
// 入桶
// 出桶
}
入桶的逻辑，原先我们需要把入桶的值记录到桶对应的队列中，如今不需要，我们只需要记录一个个数即可，就是如下逻辑
// 从个位开始，一直到最高位，不断入桶出桶
for (int bit = 1; bit <= bits; bit++) {
int[] count = new int[10];
for (int num : arr) {
count[digit(num, bit)]++;
}
// 出桶
}
以上述示例数组来说明，示例数组初始状态是{0017,0210,3065,0040,0071,0002}，经过第一轮个位数的入桶操作，count数组会变成{2,1,1,0,0,1,0,1,0,0}，如下示例图
原始算法
用 count 优化后
可以看到 count 只存了数组中的数的有相同位数值的数有多少个。
比如：
count[0] = 2; // 说明 0 号桶在第一轮入桶的时候，有两个数，也说明个位上是 0 的数有两个。
count[5] = 1; // 说明 5 号桶在第一轮入桶的时候，有一个数，也说明个位上是 5 的数有一个。
......
接下来是出桶操作，原始算法中，值存在队列，从左到右遍历桶，桶中元素按队列遍历出来即可；优化后，只有一个count数组，count 数组只记录了个数，如何实现出桶呢？ 客观上，在第一轮中，出桶顺序是{0210,0040,0071,0002,3065,0017}，其实，就是出桶编号从小到大，桶中的数依次出来。
基于第一轮的count={2,1,1,0,0,1,0,1,0,0}可得到其前缀和数组{2,3,4,4,4,5,5,6,6,6}，最大编号且包含数组元素的桶是 7 号桶，且 7 号桶中只有一个数，就是 0017 ，所以这个数一定是最后出桶的那个数！接下来包含元素的最大桶编号是 5 号桶，5 号桶只有一个数，就是 3065，这个数一定是倒数第二顺序出来的数！依次类推，就可以把所有第一轮出桶的数按顺序提取出来，核心代码入下：
// 前缀和
for (int j = 1; j < 10; j++) {
count[j] = count[j - 1] + count[j];
}
// 倒序遍历数组
for (int i = arr.length - 1; i >= 0; i--) {
int pos = digit(arr[i], bit);
// 数组中某一位是 pos 的数，在某一轮入桶后
// 出桶的时候，应该处在什么位置！！！
help[--count[pos]] = arr[i];
}
完整代码见
public class Code_RadixSort {
// 非负数
public static void radixSort(int[] arr) {
if (arr == null || arr.length <= 1) {
return;
}
int max = arr[0];
for (int i = 1; i < arr.length; i++) {
max = Math.max(arr[i], max);
}
// 最大值有几位
int bits = 0;
while (max != 0) {
bits++;
max /= 10;
}
int[] help = new int[arr.length];
for (int bit = 1; bit <= bits; bit++) {
int[] count = new int[10];
for (int num : arr) {
count[digit(num, bit)]++;
}
// 前缀和
for (int j = 1; j < 10; j++) {
count[j] = count[j - 1] + count[j];
}
// 倒序遍历数组
for (int i = arr.length - 1; i >= 0; i--) {
int pos = digit(arr[i], bit);
help[--count[pos]] = arr[i];
}
int m = 0;
for (int num : help) {
arr[m++] = num;
}
}
}
// 获取某个数在某一位上的值
// 从1开始，从个位开始
public static int digit(int num, int digit) {
return ((num / (int) Math.pow(10, digit - 1)) % 10);
}
}
排序总结
| 时间复杂度 | 额外空间复杂度 | 稳定性 | |
|---|---|---|---|
| 选择排序 | O(N^2) | O(1) | 无 |
| 冒泡排序 | O(N^2) | O(1) | 有 |
| 插入排序 | O(N^2) | O(1) | 有 |
| 归并排序 | O(N*logN) | O(N) | 有 |
| 随机快排 | O(N*logN) | O(logN) | 无 |
| 堆排序 | O(N*logN) | O(1) | 无 |
| 计数排序 | O(N) | O(M) | 有 |
| 基数排序 | O(N) | O(N) | 有 |
选择排序做不到稳定性，比如：5，5，5，5，5，3，5，5，5
冒泡排序可以做到稳定性，在相等的时候，不往右即可
插入排序可以做到稳定性，在相等的时候，不往左边继续交换即可
快排做不到稳定性，因为partition过程无法稳定，某个数会和小于等于区域交换
0）排序稳定性关键在于处理相等的时候
1）不基于比较的排序，对样本数据有严格要求，不易改写
2）基于比较的排序，只要规定好两个样本怎么比大小就可以直接复用
3）基于比较的排序，时间复杂度的极限是O(N*logN)
4）时间复杂度O(N*logN)、额外空间复杂度低于O(N)、且稳定的基于比较的排序是不存在的。
5）为了绝对的速度选快排、为了省空间选堆排、为了稳定性选归并