浙大PAT 1045. 快速排序(25)

著名的快速排序算法里有一个经典的划分过程：我们通常采用某种方法取一个元素作为主元，通过交换，把比主元小的元素放到它的左边，比主元大的元素放到它的右边。 给定划分后的N个互不相同的正整数的排列，请问有多少个元素可能是划分前选取的主元？

例如给定N = 5, 排列是1、3、2、4、5。则：

1的左边没有元素，右边的元素都比它大，所以它可能是主元；

尽管3的左边元素都比它小，但是它右边的2它小，所以它不能是主元；

尽管2的右边元素都比它大，但其左边的3比它大，所以它不能是主元；

类似原因，4和5都可能是主元。

因此，有3个元素可能是主元。

输入格式：

输入在第1行中给出一个正整数N（<= 10⁵）； 第2行是空格分隔的N个不同的正整数，每个数不超过10⁹。

输出格式：

在第1行中输出有可能是主元的元素个数；在第2行中按递增顺序输出这些元素，其间以1个空格分隔，行末不得有多余空格。

输入样例：

5
1 3 2 4 5

输出样例：

3
1 4 5

关于这道题目 网上已经有的两种解法 ，具体的不做细讲，大家进去看即可

正反遍历法：http://www.kkun.cc/articles/67

基于主元位置不变法：http://blog.csdn.net/gq_bob/article/details/49520161

今天我想讲的方法是 单次遍历排除法（总之时间复杂度不是O(N)的肯定是不行啦~~~）

1. 输入元素

2. 进行判断，如果大于max , 则更新max，并将其置入Nums数组

3. 如果该数小于max，则说明前面有数可能违反规则，此时从Nums数组最后一个开始遍历，依次去除被当前点淘汰的点，直到剩下的点符合要求，或者数组为空

主要思想： 从左到右遍历，之后进入Nums的点，必然满足大于左边所有数的要求，此时更新点只需排除那些不满足小于右边点即可，代码如下：

#include <iostream>

using namespace std;

int main()
{
	int N;
	cin>>N;
	int i = 0 , max = 0 ,  maxi = 0;
	int Nums[100000] = {0};
	int n;
	for (i ; i < N; i++)
	{
		scanf("%d",&n);
		if (n > max) // 如果比现在最大值大 一定可以进来
		{
			Nums[maxi] = n;
			maxi++;
			max = n;
		}
		else // 不能成为主元 但却可以淘汰其他主元
		{
			int j = 0;
			for ( j = maxi-1; j >=0 ; j--)
			{
				if (Nums[j] > n)
				{
					Nums[j] = 0;
					maxi--;
				}
				else
				{
					maxi = j+1;
					break;
				}
			}

		}
	}
	cout<<maxi<<endl;
	if (maxi != 0)
	{
		for (i = 0 ; i < maxi-1 ; i++)
			cout<<Nums[i]<<' ';
		cout<<Nums[i]<<endl;
	}
	else
		cout<<endl;
	system("pause");
}

有兴趣的同学可以测试下，这比前两种都要快~~~