为什么迭代k路合并O（nk ^ 2）？
k路合并是将k个sorting后的数组作为input的algorithm，每个数组的大小为n。 它输出所有元素的单个sorting数组。
它通过使用归并sortingalgorithm中心的“合并”例程将数组1合并到数组2中，然后将数组3合并到这个合并数组中，依此类推，直到所有k数组合并。
我曾经以为这个algorithm是O（kn），因为algorithm遍历每个k个数组（每个长度为n）一次。 为什么是O（nk ^ 2）？
因为它不会遍历每个k个数组。 第一个数组遍历k-1次，第一个作为merge（array-1，array-2），第二个作为merge（merge（array-1，array-2），array-3）…等等。
结果是k-1与n *（k + 1）/ 2的平均大小合并，给出为O（nk ^ 2）的O（n *（k ^ 2-1）/ 2）的复杂度。
你犯的错误是忘记合并是串行的而不是并行的，所以数组并不都是n的大小。
实际上在最坏的情况下，第一个数组会有n个比较，第二个数组会有2n个数据，第三个数据会有3n个数据 ，而第（k-1）n个数据会很快到达。
所以现在复杂性变得简单
n + 2n + 3n + 4n + ... + (k - 1)n = n(1 + 2 + 3 + 4 + ... + (k - 1)) = n((k - 1)*k) / 2 = n(k^2 - k) / 2 = O(nk ^ 2) 🙂
这个怎么样：
步骤1：合并数组（1和2），数组（3和4）等等。 （k / 2arrays合并2n，总工作kn）。
步骤2：合并数组（1,2和3,4），数组（5,6和7,8）等等（4n的k / 4合并，总工作kn）。
第3步：重复…
会有log（k）这样的“steps”，每个都有kn工作。 因此总的工作= O（knlog（k））。
否则，如果我们只是对数组的所有元素进行sorting，我们仍然可以合并O（knlog（kn））的所有时间。
我不同意其他答案。 您不必每次都比较项目1。 您应该简单地将最近的K个项目维护在一个有序集合中。 你删除最小的，并通过它的下一个元素。 这应该是n.log（k）
相关文章 。 免责声明：我参与了写作
k路合并是将k个sorting后的数组作为input的algorithm，每个数组的大小为n。 它输出所有元素的单个sorting数组。
我以为这个algorithm是O（kn）
我们可以通过矛盾来反驳。 为m个项目定义一个sortingalgorithm，使用k = m和n = 1的algorithm。 通过假设，sortingalgorithm在O（m）时间成功。 矛盾的是，已知任何sortingalgorithm的最坏情况至less是O（m log m）。
一个通用的实现为每个k个sorting的数组{i_1，i_2，i__k}保留一个索引数组。 在每次迭代中，algorithm从所有k个数组中find最小的下一个元素，并将其存储在输出数组中。 由于您正在进行kn迭代和每次迭代扫描k个数组，因此总的复杂度为O（k ^ 2 * n）。
这是一些伪代码：
Input: A[j] j = 1..k : k sorted arrays each of length n Output: B : Sorted array of length kn // Initialize array of indexes I[j] = 0 for j = 1..k q = 0 while (q < kn): p = argmin({A[j][I[j]]}) j = 1..k // Get the array for which the next unprocessed element is minimal (ignores arrays for which I[j] > n) B[q] = A[p][I[p]] I[p] = I[p] + 1 q = q + 1
1）你有k个sorting的数组，每个数组的大小为n。 因此元素总数= k * n
2）取所有K个数组的第一个元素并创build一个序列。 然后find这个序列的最小值。 这个最小值被存储在输出数组中。 findk个元素的最小值的比较次数是k-1。
3）因此，比较的总数
=（比较/元素）*元素的数量
=（k-1）* k * n
= k ^ 2 * n //近似
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你有k个数组，每个数组都有n个元素。 这意味着总共k * n个元素。
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考虑一下k * n的matrix。 要将第一个元素添加到合并/最终数组中，您需要比较k个数组的头部。 这意味着最后一个数组中的一个元素需要进行k次比较。
所以从1和2中，对于K n个元素，总的时间是O（k k * n）。
