问题：有一个大小为n的数组A[0,1,2,…,n-1]，求其中第k大的数。
该问题是一个经典的问题，在《算法导论》中被作为单独的一节提出，而且其解决方法很好的利用了分治的思想，将时间复杂度控制在了O(n)，这多少出乎我们的意料，此处暂且不表。
该问题还可以变形为：有一个大小为 n的数组A[0,1,2,…,n-1]，求其中前k大的数。
一字之差，原问题是“第k大”，变形的问题是“前k大”，但是平均时间复杂度却都可以控制在O(n)，这不由得让人暗暗称奇。
我们先分析原问题：有一个大小为 n的数组A[0,1,2,…,n-1]，求其中第k大的数。
我们先取特例，令k=1，那么就是取最大的数，只要扫描一遍数组就可以确定该值，如果k=2，则扫描两边数组就可以确定第二大的数，依此类推下去，时间复杂度是O(k*n)，如果k跟n是一个数量级，那么时间复杂度就是O(n*n)了，显然不是最优的解法。
考虑分治法，难点在于如何将该问题分解为两个子问题。
快速排序最基础的一步：
随机取某一个数x，将其与数组末尾元素交换，然后将比其小的数交换至前，比其大的数交换至后。
这一步使某一数组的快速排序问题分解成两个子数组的排序问题，现在我们就依此来解决取第k大的数这个问题。
设数组下表从0开始，至n-1结束。
1、 随机取某个数，将其与数组末尾元素交换。
a) idx=rand(0,n-1);生成[0,n-1]间的随机数。
b) Swap(array[idx], array[n-1]);
2、 用末尾元素x，将比x小的数交换至前，比x大的数交换至后，并返回此时x在数组中的位置mid。
3、 如果mid==n-k，那么返回该值，这就是第k大的数。
如果mid>n-k，那么第k大的数在左半数组，且在左半数组中是第k-(n-mid)大的数。
如果mid<n-k，那么第k大的数在右半数组，而且仍然是第k的数。
源码：
#include "iostream"
using namespace std;
int random_partion(int *p, int n)
{
int idx=rand()%n;
swap(p[idx], p[n-1]);
int i=-1; //i表示最后一个小于p[n-1]的元素的位置
int j=0; //j用来扫描数组
for(j=0; j<n; j++)
{
//将小于p[n-1]的数交换到前半部分
if(p[j]<p[n-1])
{
swap(p[++i], p[j]);
}
}
swap(p[++i], p[n-1]);
return i;
}
int getMaxK(int *p, int n, int k)
{
int mid;
if(k<=0)
return -1;
if(n<k)
return -1;
mid=random_partion(p, n); //对原数组进行一次划分
if(mid == n-k) //如果mid==n-k，那么返回该值，这就是第k大的数
return p[mid];
else if(mid<n-k)
return getMaxK(p+mid+1, n-mid-1, k); //如果mid<n-k，那么第k大的数在右半数组，而且仍然是第k大数
else
return getMaxK(p, mid, k-(n-mid)); //如果mid>n-k，那么第k大的数在左半数组，且在左半数组中是第k-(n-mid)大的数
}
int main(void)
{
int num,a[] = {12012, 3, 945, 965, 66, 232, 65, 7, 8, 898, 56, 878, 170, 13, 5};
num=getMaxK(a, 15, 4);
printf("%d\n",num);
system("pause");
return 0;
}
