开头废话
这个问题是Donald.E.Knuth在他发表的论文Mathematical Analysis of Algorithms中提到的，这里对他的算法分析过程给出了更详细的解释。
问题描述：
给定一个数组a[1,2,...,n]，用尽量少的比较次数找出数组中第t大的数。（假定这n个数两两不同）。
算法描述：
对于这个问题，可以很容易想到对应的算法。一个 \(O(n\log n)\) 的排序算法总能解决问题（然鹅今天我们并不对数组进行完全的排序）。
参照快速排序中的Partition操作，将元素a[i]放到某个位置\(k\)，使得排在它前面的元素都比它大（但不一定按照从大到小的次序排列），后面的元素都比它小。再根据a[i]的位置\(k\)与\(t\)的大小关系，缩小查找范围再对子问题求解。
对于每一次Partition操作，会有这样的3种情况：
(1).若\(k=t\)，算法结束。
(2).若\(k>t\)，则对a[i]~a[k-1]递归地求解
(3).若\(k<t\)，则对a[k+1]~a[j]递归地求解
时间复杂度分析
在这个问题的求解过程中，产生子问题的规模不断缩小。其中影响子问题的变量有\(n\)（数组的长度）和\(t\)（待查找的t）。Knuth记\(C_{n,t}\)为在\(n\)个元素的数组中选择第\(t\)大的数所需的平均比较次数，这里有一个前提，我们假设数组的排列是随机的，每一次Partition找到第1，第2，...，第n大的数概率均为\(\frac 1 n\)。
于是我们可以得到这样的式子：
\[
\begin {aligned}
C_{1,1}&=0\C_{n,t}&=n-1+\frac 1n (A_{n,t}+B_{n,t}+0)
\end {aligned}
\]其中\(A_{n,t}\)和\(B_{n,t}\)的定义如下：\[
\begin {aligned}
A_{n,t}&=C_{n-1,t-1}+C_{n-2,t-2}+\cdots+C_{n-t+1,1}\B_{n,t}&=C_{t,t}+C_{t+1,t}+\cdots+C_{n-1,t}
\end {aligned}
\]这里\(A_{n,t}\)对应的是递归过程中所有\(k<t\)的情况。对于这些情况，我们从数组的第\(k+1\)项开始向后的部分进行求解，如果把这部分看作一个新的数组，那么原始数组中第\(t\)大的数，在新的数组中是第\(t-k\)大的，也就是说这部分子问题是查找长度为\(n-k\)的数组中第\(t-k\)大的元素，其中\(1\leq k \leq n.\)
类似的，\(B_{n,t}\)对应所有\(k>t\)的情况，将数组第一项到第\(k-1\)项取出，看作一个新的数组，原始数组中第\(t\)大的数，在这新的数组中仍然是第\(t\)大，所以这部分的子问题是在长度为\(k-1\)的数组中选择第\(t\)大的数，其中\(t+1\leq k \leq n.\)
括号内剩下的一项\(0\)，对应的是\(k=t\)的情况，因为此时算法结束，不需要再求解子问题，所以比较次数为\(0.\)括号外的\(n-1\)是一次Partition要进行的比较次数。
这样，括号内就等于所有可能规模子问题的比较次数的总和，将它乘以\(\frac 1n\)，就得到子问题比较次数的数学期望，即我们所求的平均情况下的预期比较次数。
通过观察我们可以得到以下的递推公式：
\[
\begin {aligned}
A_{n+1,t+1}&=C_{n-1,t-1}+C_{n-2,t-2}+\cdots+C_{n-t+1,1}+C_{n,t}=A_{n,t}+C_{n,t}\B_{n+1,t}&=C_{t,t}+C_{t+1,t}+\cdots+C_{n-1,t}+C_{n+1-1,t}=B_{n,t}+C_{n,t}
\end{aligned}
\]由上述等式作差消法，可以得到：
\[
(n+1)C_{n+1,t+1}-nC_{n,t+1}-nC_{n,t}+(n-1)C_{n-1,t}\=(n+1)n-n(n-1)-n(n-1)+(n-1)(n-2)\\+(A_{n+1,t+1}-A_{n,t})-(A_{n,t+1}-A_{n-1,t})+(B_{n+1,t+1}-B_{n,t+1})-(B_{n,t}-B_{n-1,t})
\=2+C_{n,t}-C_{n-1,t}+C_{n,t+1}-C_{n-1,t}
\]合并同类项即可得到：
\[
(n+1)C_{n+1,t+1}-(n+1)C_{n,t+1}-(n+1)C_{n,t}+(n+1)C_{n-1,t}=2\\\Downarrow\C_{n+1,t+1}-C_{n,t+1}-C_{n,t}+C_{n-1,t}=\frac{2}{n+1}
\]
接下来我们考察边界条件，当\(t=1\)时，由以上的式子我们可以得到下述方程组：
\[
\left\{
\begin{array}{l}
C_{n,1}= n-1+\frac{1}{n}(C_{1,1}+C_{2,1}+\cdots +C_{n-1,1})\ B_{n,1}=C_{1,1}+C_{2,1}+\cdots+C_{n-1,1}\ B_{n+1,1}=B_{n,1}+C_{n,1}\ C_{n,1}=n-1+\frac{1}{n}(B_{n,1})\ C_{n+1,1}=n+\frac{1}{n+1}(B_{n+1,1})
\end{array}
\right.
\]消去方程组中包含\(B\)的项，可以得到：
\[
\begin{aligned}
(n+1)C_{n+1,1}-nC_{n,1} &= (n+1)n-n(n-1)+C_{n,1}\C_{n+1,1}-C_{n,1}&=2-\frac{2}{n+1} \quad\quad(*)
\end{aligned}
\]接下来求解\(C_{n,1}\):
列出方程组：
\[
\left\{
\begin{array}{c}
\begin{aligned}
C_{1,1}&=0\C_{2,1}-C_{1,1}&=2-\frac22\C_{3,1}-C_{2,1}&=2-\frac23\\cdots\C_{n,1}-C_{n-1,1}&=2-\frac2n\\end{aligned}
\end{array}
\right.\\]将以上\(n\)个方程求和，最终左边只剩下\(C_{n,1}\)，得到如下式子：
\[
\begin{aligned}
C_{n,1}&=2(n-1)-2\sum_{k=2}^n \frac1k\\quad\Downarrow
\C_{n,1}&=2n-2\sum_{k=1}^n\frac1k=2n-2H_n
\end{aligned}
\]这里的\(H_n\)表示调和级数的前\(n\)项部分和。
由于问题具有的对称性（这部分可自行证明），\(C_{n,n}=C_{n,1}=2n-2H_n\)，将此式记作\((\Delta)\)
由\((*)\)式，可以列出以下方程组：
\[
\left\{
\begin{array}{l}
(C_{n+1,t+1}-C_{n,t})-(C_{n,t+1}-C_{n-1,t})=\frac2{n+1}\(C_{n,t+1}-C_{n-1,t})-(C_{n-1,t+1}-C_{n-2,t})=\frac2{n}\\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\cdots\(C_{t+2,t+1}-C_{t+1,t})-(C_{t+1,t+1}-C_{t,t})=\frac2{t+2}\\end{array}
\right.\\]再次对这\(n-t\)个方程累加，并联立\((\Delta)\)式，可以得到：
\[
\begin{aligned}
C_{n+1,t+1}-C_{n,t}&=\frac{2}{n+1}+\frac{2}{n}+\cdots+\frac{2}{t+2}+C_{t+1,t+1}-C_{t,t}\&=2(H_{n+1}-H_{t+1})+2-\frac{2}{t+1}
\end{aligned}
\]依次写出\(C_{n,t}-C_{n-1,t-1}\)到\(C_{2,2}-C_{1,1}\)的\(n-1\)个方程并再次累加（过程略去），可以推出：
\[
C_{n,t}=2\sum_{2\leq k\leq t}(H_{n-t+k}-H_{k}+1-\frac1k)+C_{n+1-t,1}
\]
化简后：
\[
C_{n,t}=2((n+1)H_n-(n+3-t)H_{n+1-t}-(t+2)H_t+n+3),\quad(1\leq t\leq n)
\]
由于\(t\)与\(n\)同阶，且平均情况下\(t\)的数学期望\(E(t)=\frac 2n\)，又 \(H_n=\Theta(\log n)\) ，所以：
\[
C_{n,t}=O(n\log n)
\]至此，时间复杂度的证明结束。
原文地址：https://www.cnblogs.com/allegro-vivace/p/12520377.html