浙大PAT 1045快速排序，如何优化代码，减少时间复杂度

[北风吹冷]

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

以下是我的代码

#include<iostream>
#include<fstream>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;

int main()
{
	int arr[100000];
	unsigned int size = 0;
	int arrA[100000];
	int count=0;
	fstream cin("in.txt");
	cin>>size;
	for(unsigned int i=0;i<size;i++)
	{
		cin>>arr[i];
	}
	int maxFromLeft;
	int minFromRight;
	int current;

	int min=*(min_element(arr,arr+size));
	int max=*(max_element(arr,arr+size));
	for(unsigned int j=0;j<size;j++)
	{
		current=arr[j];
		/*the first number satifies the demand*/		
		if(j==0&¤t==min)
		{
			arrA[count++]=current;
		}
		/*the last number satifies the demand*/		
		else if( (j==size-1)&¤t==max)
		{
			arrA[count++]=current;
		}
		/*the middle number satifies the demand*/
		else
		{
			maxFromLeft=*(max_element(arr,arr+j) );
			minFromRight=*(min_element(arr+j+1,arr+size));
			if(maxFromLeft<current&¤t<minFromRight)
				arrA[count++]=current;
		}/*else*/
		
	}
	cout<<count<<endl;
	sort(arrA,arrA+count);
	for(int i=0;i<count;i++)
	{
		if(i!=count-1)
			cout<<arrA[i]<<" ";
		else
			cout<<arrA[i];
	}
	system("pause");
}

编译器总是提示运行超时,请问如何解决

[atalentshow]

不能给他sort一下，然后比较处于原位的即是主元这种方法吗？

[RiqueZhang]

快速排序的主元在排序后，其位置是不会变化的。 因此，可以先进行快速排序，再对比原序列，找出同一位置上相等元素即可。 时间复杂度O(N logN)

[iSilencer]

楼上两位的说法是错误的。重新排序后，与原序列比较，位置不变的元素，可能是主元，但也会混入非主元元素，如原序列3 2 1 4 5，排序后，是1 2 3 4 5，通过比较主元为2 4 5，但很明显这是错误的，2不是主元。所以主元一定包含在了排序后位置不变的元素中，但位置不变的元素不一定是主元。 我的ac的算法是，开始假设所有元素都是主元，然后从左至右依次遍历序列，如果右边比相邻的左边元素大，则不做操作。然后看下一个相邻的右边元素，原右边元素则变为左边元素。一旦发现右边比相邻的左边元素小，则把该相邻左边和右边元素都标记为非主元，同时保持左边元素不变，右边元素依次向后遍历，只要比左边元素小就标记为非主元，直到发现比左边元素大的元素，将其作为左边元素。按此规则，直到遍历到序列结束。算法复杂度O(n)。 同理，从右往左再遍历一遍，又可以将很多元素标记为非主元。 综上，两次都没有被标记为非主元的元素，即为主元元素。整个算法的复杂度O(n)。

[iSilencer]

漏了一点~~ 最后主元是要按照从小到大的顺序输出的，所以找出原序列的主元后，要将其排下序，算法复杂度O(mlogm)，m为主元的数目~

[yhfnaive]

我是这样做的 从后往前遍历，如果它是之前最小的，就给他一个标记 从前往后遍历，如果它是之前最大的，又有上面做过的标记，那么他是主元

[弯曲时空Crape]

这道题是说，一个数是否符合要求必须满足下面的条件： 1、前面的数都小于自己 2、后面的数都大于自己 所以可以卡一个最大值，一个最小值，一个从前向后遍历，另一个从后向前遍历。然后就能得到哪些是我们需要的，把这些数所在的位置进行标记，最后通过优先队列输出。