经典问题：写一段程序，找出数组中第k大的数，输出数所在的位置。

【解法一】先排序，然后输出第k个位置上的数

我们先假设元素的数量不大，例如在几千个左右，在这种情况下，那我们就排序一下吧。在这里，快速排序或堆排序都是不错的选择，他们的平均时间复杂度 都是 O（N * logN）。然后取出前 K 个，O（K）。总时间复杂度 O（N * logN）+ O（K） = O（N * logN）。

你一定注意到了，当 K=1 时，上面的算法也是 O（N * logN）的复杂度，而显然我们可以通过 N-1 次的比较和交换得到结果。上面的算法把整个数组都进行了排序，而原题目只要求最大的 K 个数，并不需要前 K 个数有序，也不需要后 N-K 个数有序。

怎么能够避免做后 N-K 个数的排序呢？我们需要部分排序的算法，选择排序和交换排序都是不错的选择。把 N 个数中的前 K 大个数排序出来，复杂度是O（N * K）。那一个更好呢？O（N * logN）还是 O（N * K）？这取决于 K 的大小，这是你需要在面试者那里弄清楚的问题。在 K（K < = logN）较小的情况下，可以选择部分排序。

【解法二】改进的快速排序方法：避免对所有的数排序，利用快速排序分堆，然后递归另外一半（不需要两半都递归），直到最终所有小于基准数的个数为K

回忆一下快速排序，快排中的每一步，都是将待排数据分做两组，其中一组的数据的任何一个数都比另一组中的任何一个大，然后再对两组分别做类似的操作，然后继续下去……
在本问题中，假设 N 个数存储在数组 S 中，我们从数组 S 中随机找出一个元素 X，把数组分为两部分 Sa 和 Sb。Sa 中的元素大于等于 X，Sb 中元素小于 X。
这时，有两种可能性：
1. Sa中元素的个数小于K，Sa中所有的数和Sb中最大的K-|Sa|个元素（|Sa|指Sa中元素的个数）就是数组S中最大的K个数。
2. Sa中元素的个数大于或等于K，则需要返回Sa中最大的K个元素。
这样递归下去，不断把问题分解成更小的问题，平均时间复杂度 O（N *logK）。

【解法三】二分搜索法：直接划定中值区间，通过比较的方法，找到第K个数所在的数值区间，然后二分搜索递归下去

寻找 N 个数中最大的 K 个数，本质上就是寻找最大的 K 个数中最小的那个，也就是第 K 大的数。可以使用二分搜索的策略来寻找 N 个数中的第 K 大的数。

（1）按数值区间二分搜索

对于一个给定的数 p，可以在 O（N）的时间复杂度内找出所有不小于 p 的数。假如 N 个数中最大的数为 Vmax，最小的数为 Vmin，那么这 N 个数中的第 K 大数一定在区间[Vmin, Vmax]之间。那么，可以在这个区间内二分搜索 N 个数中的第 K大数 p。伪代码如下：

while(Vmax-Vmin > delta)
{
Vmid = Vmin + (Vmax – Vmin) * 0.5;
if(f(arr, N, Vmid) >= K)
Vmin = Vmid;
else
Vmax = Vmid;
}

伪代码中 f（arr, N, Vmid）返回数组 arr[0, …, N-1]中大于等于 Vmid 的数的个数。

上述伪代码中，delta 的取值要比所有 N 个数中的任意两个不相等的元素差值之最小值小。如果所有元素都是整数，delta 可以取值 0.5。循环运行之后，最终得到一个很小的区间（Vmin, Vmax），这个区间仅包含一个元素（或者多个相等的元素），则这个元素就是第 K 大的元素。整个算法的时间复杂度为 O（N * log2（|Vmax – Vmin|/delta））。

由于 delta 的取值要比所有 N 个数中的任意两个不相等的元素差值之最小值小，因此时间复杂度跟数据分布相关。在数据分布平均的情况下，时间复杂度为 O（N * log2（N））。

（2）从另一个角度: 按比特位二分搜索

假设所有整数的大小都在[0, 2^m-1]之间，也就是说所有整数在二进制中都可以用 m bit 来表示（从低位到高位,分别用 0, 1, …, m-1 标记）。我们可以先考察在二进制位的第（m-1）位，将 N 个整数按该位为 1 或者 0 分成两个部分。也就是将整数分成取值为[0, 2m-1-1]和[2m-1, 2m-1]两个区间。前一个区间中的整数第（m-1）位为 0，后一个区间中的整数第（m-1）位为 1。如果该位为 1 的整数个数 A 大于等于 K，那么，在所有该位为 1 的整数中继续寻找最大的 K 个。否则，在该位为 0 的整数中寻找最大的 K-A 个。接着考虑二进制位第（m-2）位，以此类推。思路跟上面的区间中值数的情况本质上一样。

对于上面两个方法，我们都需要遍历一遍整个集合，统计在该集合中大于等于某一个数的整数有多少个。不需要做随机访问操作，如果全部数据不能载入内 存，可以每次都遍历一遍文件。经过统计，更新解所在的区间之后，再遍历一次文件，把在新的区间中的元素存入新的文件。下一次操作的时候，不再需要遍历全部 的元素。每次需要两次文件遍历，最坏情况下，总共需要遍历文件的次数为2 * log2（|Vmax – Vmin|/delta）。由于每次更新解所在区间之后，元素数目会减少。
当所有元素能够全部载入内存之后，就可以不再通过读写文件的方式来操作了。

【解法四】堆排序法：非常适合内存有限，数据海量的情况

我们已经得到了三个解法，不过这三个解法有个共同的地方，就是需要对数据访问多次，那么就有下一个问题，如果 N 很大呢，100 亿？（更多的情况下，是面试者问你这个问题）。这个时候数据不能全部装入内存（不过也很难说，说知道以后会不会 1T 内存比 1 斤白菜还便宜），所以要求尽可能少的遍历所有数据。
不妨设 N > K，前 K 个数中的最大 K 个数是一个退化的情况，所有 K 个数就是最大的 K 个数。如果考虑第 K+1 个数 X 呢？如果 X 比最大的 K 个数中的最小的数 Y 小，那么最大的 K 个数还是保持不变。如果 X 比 Y 大，那么最大的 K个数应该去掉 Y，而包含 X。如果用一个数组来存储最大的 K 个数，每新加入一个数 X，就扫描一遍数组，得到数组中最小的数 Y。用 X 替代 Y，或者保持原数组不变。这样的方法，所耗费的时间为 O（N * K）。

进一步，可以用容量为 K 的最小堆来存储最大的 K 个数。最小堆的堆顶元素就是最大 K 个数中最小的一个。每次新考虑一个数 X，如果 X 比堆顶的元素Y 小，则不需要改变原来的堆，因为这个元素比最大的 K 个数小。如果 X 比堆顶元素大，那么用 X 替换堆顶的元素 Y。在 X 替换堆顶元素 Y 之后，X 可能破坏最小堆的结构（每个结点都比它的父亲结点大），需要更新堆来维持堆的性质。更新过程花费的时间复杂度为 O（log2K）。

因此，算法只需要扫描所有的数据一次，时间复杂度为 O（N * log2K）。这实际上是部分执行了堆排序的算法。在空间方面，由于这个算法只扫描所有的数据一次，因此我们只需要存储一个容量为 K 的堆。大多数情况下，堆可以全部载入内存。如果 K 仍然很大，我们可以尝试先找最大的 K’个元素，然后找第 K’+1个到第 2 * K’个元素，如此类推（其中容量 K’的堆可以完全载入内存）。不过这样，我们需要扫描所有数据 ceil1（K/K’）次。

【解法五】键值索引法：适用于数据的取值范围不太大的情景，可以将每个数作为辅助数组的索引，计算每个数出现的次数。统计所有的次数，找到第K个数。

能否有确定的线性算法呢？是否可以通过改进计数排序、基数排序等来得到一个更高效的算法呢？答案是肯定的。但算法的适用范围会受到一定的限制。

如果所有 N 个数都是正整数，且它们的取值范围不太大，可以考虑申请空间，记录每个整数出现的次数，然后再从大到小取最大的 K 个。比如，所有整数都在（0, MAXN）区间中的话，利用一个数组 count[MAXN]来记录每个整数出现的个数（count[i]表示整数 i 在所有整数中出现的个数）。我们只需要扫描一遍就可以得到 count 数组。然后，寻找第 K 大的元素：

for(sumCount = 0, v = MAXN-1; v >= 0; v–)
{
sumCount += count[v];
if(sumCount >= K)
break;
}
return v;