说起归并排序（Merge Sort），其在排序界的地位可不低，毕竟O(nlogn)比较排序的三大排序方法，就是Quick Sort, Merge Sort和Heap Sort。归并排序是典型的分而治之方法，先来看看其最简单的递归实现：
def merge_sort(lst):
"""Sortsthe input list using the merge sort algorithm.
# >>> lst = [4, 5, 1, 6, 3]
# >>> merge_sort(lst)
[1, 3, 4, 5, 6]
"""
if len(lst) <= 1:
return lst
mid = len(lst) // 2
left = merge_sort(lst[:mid])
right = merge_sort(lst[mid:])
return merge(left, right)
def merge(left, right):
"""Takestwo sorted lists and returns a single sorted list by comparing the
elements one at a time.
# >>> left = [1, 5, 6]
# >>> right = [2, 3, 4]
# >>> merge(left, right)
[1, 2, 3, 4, 5, 6]
"""
if not left:
return right
if not right:
return left
if left[0] < right[0]:
return [left[0]] + merge(left[1:], right)
return [right[0]] + merge(left, right[1:])
很明显，归并排序是典型的分而治之（Divide and Conquer,D&C）算法，思想就是先把两半数据分别排序，然后再归并到一起。这样T(n) = 2T(n/2) + O(n)，由Master Theorem可以得到其时间复杂度是O（nlogn）。
再看具体的实现。排序主体函数用的是递归，归并算法一般都是这样；而merge部分其实也可以用迭代来完成：
def merge_2(left, right):
p1 = p2 = 0
temp = []
while p1 < len(left) and p2 < len(right):
if left[p1] <= right[p2]:
temp.append(left[p1])
p1 += 1
else:
temp.append(right[p2])
p2 += 1
while p1 < len(left):
temp.append(left[p1])
p1 += 1
while p2 < len(right):
temp.append(right[p2])
p2 += 1
return temp
单纯就此情景而言，迭代的merge显得冗长而且效率没有提升。但是其好处就是适用性广，因为有很多merge sort的变形，不太方便递归调用merge函数。
变形：merge sort有很多tweak的应用，大部分是需要考虑数组前后关系。
例1. 给出一个数组nums，需要对每个数其index之后比它大的数的个数求和。例如给出[7, 4, 5, 2, 8, 9, 0, 1]，返回11，因为7后面有8,9两个比它大的，4有3个，5有2个，2有2个，8有1个，0有1一个，总共2+3+2+2+1+1=11。
【解】
Method 1：一个naive的方法就是对于每一个数，遍历搜索其后面所有比其大的数，显然时间复杂度是O(n^2)。
Method 2：还有一个方法就是考虑Segment Tree，先构建从min到max的线段树，O(max(n) - min(n))，初始count都是0。然后从反方向考虑，考虑前面比其小的有多少个。也就是说对于某个n[i]，考虑[min(n), n[i]-1]这个区间里面有多少count。完了再把n[i]的count++。就这个例子而言，先放7，然后4进来的时候搜索[0,3]区间，因为是要比4小，再把4的count设置为1；这样5进来的时候，就能搜索到4的存在。
这个算法后面的步骤是O(nlogn)，但是需要构造一个线段树，假如max很大很大，就不太合适。当然也可以argue说我就干脆构造一个囊括最小到最大的32位int的线段树，这还是O（1）呢XD。
Method 3：这个解法考虑使用merge sort的tweak。因为要求每个n[i]之后比它大的数，可以用分而治之的思想，即考虑前一半有多少个，后一半有多少个，然后再考虑之间有多少个。
就这个例子而言，考虑最后一次merge之前的样子：[2,4,5,7][0,1,8,9]，此时两半里面都已经计算完毕，只需要计算merge时候产生的结果。很明显结果是8，因为前一半的4个数都比8和9要小。但是如何计算呢？
考虑到后一半已经排好序，假如对后一半使用binary search，自然可以得到第一个大于前一半某一个数的index，从而获得所有大于这个数的个数。也就是说这个merge是O(nlogn)。那么总体就是T(n) = T(n/2) + O(nlogn)，由Master Theorem可知复杂度是O(n(logn)^2)。
Method 4：但是，上面这个merge方法没有利用前一半也排好序的条件，因此可以做到更好。
考虑两个指针p1和p2，分别指向前一半和后一半。p1初始是在2，p2在0，因为此时n[p2] < n[p1]因此p2增加，直至指向8。那么因为第二半是递增的，p2后面的数肯定也满足，因此这时候就可以获得大于n[p1]的个数：第二半的长度-p2。然后呢？p1递增指向4，假如p2重新回到0然后扫描，这个复杂度就是O(n^2)，比上面的二分查找还要差。
因此做一些调整，不递增p1，而是递增p2。也就是说换一个思路，不是从第二半里面找比第一半大的，而是从第一半里面找比第二半小的：刚开始还是p1指向2，p2指向0，然后因为n[p1] >= n[p2]，因为第一半递增，后面的肯定也比n[p2]要大，因此没必要往后看，可以直接计算个数：p1-s，s是递归使用的开始的index，这里是0，也就是说对于n[p2]没有比其更小的。
然后递增p2，但需要注意的是p1不用复位，这是很关键的一点。为什么？因为p1停止的条件，要么就是已经扫完整个一半了，要么就是现在的n[p1]比n[p2-1]要大，也就是说现在的p1之前的都比n[p2-1]要小，而n[p2]>n[p2-1]，因此前面那些根本就不需要比较就能知道结论，可以直接沿用之前的p1的位置。
在这个例子里面，比较明显的就是8和9.对于8，p1将会递增至第一半的长度，也就是说整个第一半都比8要小，那么对于9而言，比8大，因此整个第一半也都比9小，无需再从头比较。
再举一个一般性一点的例子：[2,4,5,7][0,1,6,8]，对于6，p1将会停在7上面，计数是3；p2递增后，对于8，可以知道p1前面都是比6小的，那么肯定也就比8小，因此直接从p1在7上面开始，最后计数是4。
这样一来，merge函数两个指针就不需要走回头路，效率O(n)，整体效率是O(nlogn)，空间复杂度O（n）。当然，具体实现的时候，还是要把两半真正的merge排好序，因为上面的计算都是在两边都排好序的情况下进行的。当只有一个元素的时候可以直接返回0。代码如下：
# count number that larger than it and after it
def dc2(self, n, s, e):
if s >= e:
return 0
m = (s + e) // 2
ans = self.dc2(n, s, m) + self.dc2(n, m + 1, e)
p1 = s
for q in range(m + 1, e + 1):
while p1 <= m and n[q] > n[p1]:
p1 += 1
ans += p1 - s
# merge
temp = []
p1, p2 = s, m + 1
while p1 <= m and p2 <= e:
if n[p1] <= n[p2]:
temp.append(n[p1])
p1 += 1
else:
temp.append(n[p2])
p2 += 1
while p1 <= m:
temp.append(n[p1])
p1 += 1
while p2 <= m:
temp.append(n[p2])
p2 += 1
for i in range(len(temp)):
n[i + s] = temp[i]
return ans
例2. 给出一个数组n和一个范围[a, b]，求n有多少个子区间的和在[a,b]之内。假设数组n的元素和a,b都是整数。例如给出[2,3,4,1]，和范围[3,5]，那么子区间[3][4][2,3][4,1]都满足条件，返回4。
【解】
Method 1：naive方法就是找出所有的子区间，然后看有多少个满足条件。复杂度非常高。
Method 2：看到子区间之和，当然想到prefix sum。也就是说可以造一个数组s，每一个元素s[i] = n[0]+...+n[i]。那么所有的子区间除了n[0]都可以用s的后一个元素减去前一个元素获得。
也就是说，问题转换成为：给出一个数组s，计算有多少对ij，使得s[i] - s[j] in [a,b]而且i < j？
假如s是升序的，那么好说；但s是无序的。Naive方法就是对每一个s[i]，都扫一遍后面元素看看能不能满足在区间a+s[i],b+s[i]里面，假如满足那么减去s[i]就在要求的区间里面。当然最后还需要比较一下单个的s元素。这个做法复杂度O（n^2）。
Method 3：在子区间prefix sum的基础上，考虑merge sort的tweak。假设n=[7, 4, 5, 2, 8, 9, 0, 1], a=0, b=7。
考虑最后一次merge之前的情况：[2,4,5,7][0,1,8,9].从上一题得到启发，假如对第一半里的每一个数s[i]，在第二半里面二分查找第一个大于等于s[i]+a的index1，假如index1不存在那就不需要再找了，没有符合条件的；和第一个大于s[i]+b的index2，假如不存在那么index2=e也就是end的index。那么自然就可以得到个数index2 - index1。这样merge的复杂度是O(nlogn)，总体O(n(logn)^2)。
Method 4:
在Method 3的基础上改进。类似于例1，Method 3的问题还是在于没有利用第一半排好序的条件。
考虑三个指针，p1p2和q，p1p2都指向第一半，p2指向第二半。 因为要利用第一半排序的条件，因此还是固定递增q。对于s[q]，需要s[q] - s[i] 在区间[a,b]当中。也就是说s[q] - s[i] >= a, s[i] <= s[q] - a; s[q] - s[i] <= b, s[i] >= s[q] - b。
因此两个指针p1p2，p1不断递增直至不满足s[p1] <= s[q] - a，p2不断递增直至不满足s[p2] < s[q] - b。那么，p1之前的都是满足s[q] - s[i] >= a的,p2之后的都是满足s[q] - s[i] <= b，p1p2之间的就是满足条件的，即count+=p1-p2.
然后递增q，因为s[q] >= s[q-1]，因此之前p1p2的位置可以延续，即s[q] - a >= s[q-1] - a >= s[i]，也就是说p1之前p2之前的元素还是满足那些条件。因此，这个merge函数的复杂度是O（n），总体时间复杂度O(nlogn)，空间复杂度O（n）。注意单个区间的情况已经被涵盖了。代码如下：
class Solution:
# count numbers of subarray sum in range of [a,b]
def countSubarraySum(self, nums, a, b):
if not nums:
return 0
n = [0] * len(nums)
for i in range(len(nums)):
if i != 0:
n[i] = nums[i] + n[i - 1]
else:
n[i] = nums[i]
return self.dc(n, a, b, 0, len(n) - 1)
# count number of prefix sum that x[i] - x[j] in [a, b] and i > j plus itself in [a, b]
def dc(self, n, a, b, s, e):
if s > e:
return 0
if s == e:
return a <= n[s] <= b
m = (s + e) // 2
ans = self.dc(n, a, b, s, m) + self.dc(n, a, b, m + 1, e)
p1 = p2 = s
for q in range(m + 1, e + 1):
while p1 <= m and n[q] - n[p1] >= a:
p1 += 1
while p2 <= m and n[q] - n[p2] > b:
p2 += 1
if p2 <= p1:
ans += p1 - p2
# merge
temp = []
p1, p2 = s, m + 1
while p1 <= m and p2 <= e:
if n[p1] <= n[p2]:
temp.append(n[p1])
p1 += 1
else:
temp.append(n[p2])
p2 += 1
while p1 <= m:
temp.append(n[p1])
p1 += 1
while p2 <= m:
temp.append(n[p2])
p2 += 1
for i in range(len(temp)):
n[i + s] = temp[i]
return ans
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