#完美洗牌算法
有个长度为2n的数组{a1,a2,a3,...,an,b1,b2,b3,...,bn}，希望排序后{a1,b1,a2,b2,....,an,bn}，请考虑有无时间复杂度o(n)，空间复杂度0(1)的解法。
题目来源：此题是去年2013年UC的校招笔试题，看似简单，按照题目所要排序后的字符串蛮力变化即可，但若要完美的达到题目所要求的时空复杂度，则需要我们花费不小的精力。OK，请看下文详解，一步步优化。
题目要我们怎么变换，咱们就怎么变换。此题@陈利人也分析过，在此，引用他的思路进行说明。为了便于分析，我们取n=4，那么题目要求我们把
a1，a2，a3，a4，b1，b2，b3，b4
变成
a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4
仔细观察变换前后两个序列的特点，我们可做如下一系列操作：
第①步、确定b1的位置，即让b1跟它前面的a2，a3，a4交换：
a1，b1，a2，a3，a4，b2，b3，b4
第②步、接着确定b2的位置，即让b2跟它前面的a3，a4交换：
a1，b1，a2，b2，a3，a4，b3，b4
第③步、b3跟它前面的a4交换位置：
a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4
b4已在最后的位置，不需要再交换。如此，经过上述3个步骤后，得到我们最后想要的序列。但此方法的时间复杂度为O（N^2），我们得继续寻找其它方法，看看有无办法能达到题目所预期的O（N）的时间复杂度。
当然，除了如上面所述的让b1，b2，b3，b4步步前移跟它们各自前面的元素进行交换外，我们还可以每次让序列中最中间的元素进行交换达到目的。还是用上面的例子，针对a1，a2，a3，a4，b1，b2，b3，b4
第①步：交换最中间的两个元素a4，b1，序列变成（待交换的元素用粗体表示）：
a1，a2，a3，b1，a4，b2，b3，b4
第②步，让最中间的两对元素各自交换：
a1，a2，b1，a3，b2，a4，b3，b4
第③步，交换最中间的三对元素，序列变成：
a1，b1，a2，b2，a3，b3，a4，b4
同样，此法同解法1.1、步步前移一样，时间复杂度依然为O（N^2），我们得下点力气了。
玩过扑克牌的朋友都知道，在一局完了之后洗牌，洗牌人会习惯性的把整副牌大致分为两半，两手各拿一半对着对着交叉洗牌，如下图所示：
如果这副牌用a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4表示（为简化问题，假设这副牌只有8张牌），然后一分为二之后，左手上的牌可能是a1 a2 a3 a4，右手上的牌是b1 b2 b3 b4，那么在如上图那样的洗牌之后，得到的牌就可能是b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4。
技术来源于生活，2004年，microsoft的Peiyush Jain在他发表一篇名为：“A Simple In-Place Algorithm for In-Shuffle”的论文中提出了完美洗牌算法。
这个算法解决一个什么问题呢？跟本题有什么联系呢？
Yeah，顾名思义，完美洗牌算法解决的就是一个完美洗牌问题。什么是完美洗牌问题呢？即给定一个数组a1,a2,a3,...an,b1,b2,b3..bn,最终把它置换成b1,a1,b2,a2,...bn,an。读者可以看到，这个完美洗牌问题本质上与本题完全一致，只要在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素即可。
即：
a1,a2,a3,...an,b1,b2,b3..bn
通过完美洗牌问题，得到：
b1,a1,b2,a2,b3,a3... bn,an
再让上面相邻的元素两两swap，即可达到本题的要求：
a1,b1,a2,b2,a3,b3....,an,bn
也就是说，如果我们能通过完美洗牌算法（时间复杂度O(N)，空间复杂度O(1)）解决了完美洗牌问题，也就间接解决了本题。
虽然网上已有不少文章对上篇论文或翻译或做解释说明，但对于初学者来说，理解难度实在太大，再者，若直接翻译原文，根本无法看出这个算法怎么一步步得来的，故下文将从完美洗牌算法的最基本的原型开始说起，以让读者能对此算法一目了然。
为方便讨论，我们设定数组的下标从1开始，下标范围是[1..2n]。 还是通过之前n=4的例子，来看下每个元素最终去了什么地方。
起始序列：a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 数组下标：1 2 3 4 5 6 7 8 最终序列：b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4
从上面的例子我们能看到，前n个元素中，
第1个元素a1到了原第2个元素a2的位置，即1->2；
第2个元素a2到了原第4个元素a4的位置，即2->4；
第3个元素a3到了原第6个元素b2的位置，即3->6；
第4个元素a4到了原第8个元素b4的位置，即4->8；
那么推广到一般情况即是：前n个元素中，第i个元素去了 第（2 * i）的位置。
上面是针对前n个元素，那么针对后n个元素，可以看出：
第5个元素b1到了原第1个元素a1的位置，即5->1；
第6个元素b2到了原第3个元素a3的位置，即6->3；
第7个元素b3到了原第5个元素b1的位置，即7->5；
第8个元素b4到了原第7个元素b3的位置，即8->7；
推广到一般情况是，后n个元素，第i个元素去了第 (2 * (i - n) ) - 1 = 2 * i - (2 * n + 1) = (2 * i) % (2 * n + 1) 个位置。
再综合到任意情况，任意的第i个元素，我们最终换到了 (2 * i) % (2 * n + 1)的位置。为何呢？因为：
当0 < i < n时， 原式= (2i) % (2 * n + 1) = 2i；
当i > n时，原式(2 * i) % (2 * n + 1)保持不变。
因此，如果题目允许我们再用一个数组的话，我们直接把每个元素放到该放得位置就好了。也就产生了最简单的方法pefect_shuffle1，参考代码如下：
// 时间O(n)，空间O(n) 数组下标从1开始
void PefectShuffle1(int *a, int n)
{
int n2 = n * 2, i, b[N];
for (i = 1; i <= n2; ++i)
{
b[(i * 2) % (n2 + 1)] = a[i];
}
for (i = 1; i <= n2; ++i)
{
a[i] = b[i];
}
}但很明显，它的时间复杂度虽然是O(n)，但其空间复杂度却是O(n)，仍不符合本题所期待的时间O(n)，空间O(1)。我们继续寻找更优的解法。
与此同时，我也提醒下读者，根据上面变换的节奏，我们可以看出有两个圈，
一个是1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1；
一个是3 -> 6 -> 3。
下文2.2.1、走圈算法cycle_leader将再次提到这两个圈。
因为之前perfect_shuffle1算法未达到时间复杂度O（N）并且空间复杂度O（1）的要求，所以我们必须得再找一种新的方法，以期能完美的解决本节开头提出的完美洗牌问题。
让我们先来回顾一下2.1节位置置换perfect_shuffle1算法，还记得我之前提醒读者的关于当n=4时，通过位置置换让每一个元素到了最后的位置时，所形成的两个圈么？我引用下2.1节的相关内容：
当n=4的情况：
起始序列：a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 数组下标：1 2 3 4 5 6 7 8 最终序列：b1 a1 b2 a2 b3 a3 b4 a4
即通过置换，我们得到如下结论：
“于此同时，我也提醒下读者，根据上面变换的节奏，我们可以看出有两个圈，
一个是1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1；
一个是3 -> 6 -> 3。”
这两个圈可以表示为（1,2,4,8,7,5）和（3,6），且perfect_shuffle1算法也已经告诉了我们，不管你n是奇数还是偶数，每个位置的元素都将变为第（2*i） % （2n+1）个元素：
因此我们只要知道圈里最小位置编号的元素即圈的头部，顺着圈走一遍就可以达到目的，且因为圈与圈是不相交的，所以这样下来，我们刚好走了O（N）步。
还是举n=4的例子，且假定我们已经知道第一个圈和第二个圈的前提下，要让1 2 3 4 5 6 7 8变换成5 1 6 2 7 3 8 4：
第一个圈：1 -> 2 -> 4 -> 8 -> 7 -> 5 -> 1 第二个圈：3 -> 6 -> 3：
原始数组：1 2 3 4 5 6 7 8 数组下标：1 2 3 4 5 6 7 8
走第一圈：5 1 3 2 7 6 8 4 走第二圈：5 1 6 2 7 3 8 4
上面沿着圈走的算法我们给它取名为cycle_leader，这部分代码如下：
//数组下标从1开始，from是圈的头部，mod是要取模的数 mod 应该为 2 * n + 1，时间复杂度O(圈长）
void CycleLeader(int *a, int from, int mod)
{
int t,i;
for (i = from * 2 % mod; i != from; i = i * 2 % mod)
{
t = a[i];
a[i] = a[from];
a[from] = t;
}
}下面我要引用此论文“A Simple In-Place Algorithm for In-Shuffle”的一个结论了，即 对于2*n = （3^k-1）这种长度的数组，恰好只有k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)。
论文原文部分为：
也就是说，利用上述这个结论，我们可以解决这种特殊长度2*n = （3^k-1）的数组问题，那么若给定的长度n是任意的咋办呢？此时，我们可以采取分而治之算法的思想，把整个数组一分为二，即拆分成两个部分：
让一部分的长度满足神级结论：若2*m = （3^k-1），则恰好k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)。其中m < n，m往神级结论所需的值上套；
剩下的n-m部分单独计算；
当把n分解成m和n-m两部分后，原始数组对应的下标如下（为了方便描述，我们依然只需要看数组下标就够了）：
原始数组下标：1..m m+1.. n， n+1 .. n+m, n+m+1,..2*n
且为了能让前部分的序列满足神级结论2*m = （3^k-1），我们可以把中间那两段长度为n-m和m的段交换位置，即相当于把m+1..n，n+1..n+m的段循环右移m次（为什么要这么做？因为如此操作后，数组的前部分的长度为2m，而根据神级结论：当2m=3^k-1时，可知这长度2m的部分恰好有k个圈）。
而如果读者看过本系列第一章、左旋转字符串的话，就应该意识到循环位移是有O（N）的算法的，其思想即是把前n-m个元素（m+1.. n）和后m个元素（n+1 .. n+m）先各自翻转一下，再将整个段（m+1.. n， n+1 .. n+m）翻转下。
这个翻转的代码如下：
//翻转字符串时间复杂度O(to - from)
void reverse(int *a, int from, int to)
{
int t;
for (; from < to; ++from, --to)
{
t = a[from];
a[from] = a[to];
a[to] = t;
}
}
//循环右移num位 时间复杂度O(n)
void RightRotate(int *a, int num, int n)
{
reverse(a, 1, n - num);
reverse(a, n - num + 1, n);
reverse(a, 1, n);
}翻转后，得到的目标数组的下标为：
目标数组下标：1..m n+1..n+m m+1 .. n n+m+1,..2*n
OK，理论讲清楚了，再举个例子便会更加一目了然。当给定n=7时，若要满足神级结论2*n=3^k-1，k只能取2，继而推得n‘=m=4。
原始数组：a1 a2 a3 a4 a5 a6 a7 b1 b2 b3 b4 b5 b6 b7
既然m=4，即让上述数组中有下划线的两个部分交换，得到：
目标数组：a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4 a5 a6 a7 b5 b6 b7
继而目标数组中的前半部分a1 a2 a3 a4 b1 b2 b3 b4部分可以用2.2.1、走圈算法cycle_leader搞定，于此我们最终求解的n长度变成了n’=3，即n的长度减小了4，单独再解决后半部分a5 a6 a7 b5 b6 b7即可。
从上文的分析过程中也就得出了我们的完美洗牌算法，其算法流程为：
输入数组 A[1..2 * n]
step 1 找到 2 * m = 3^k - 1 使得 3^k <= 2 * n < 3^(k +1)
step 2 把a[m + 1..n + m]那部分循环移m位
step 3 对每个i = 0,1,2..k - 1，3^i是个圈的头部，做cycle_leader算法，数组长度为m，所以对2 * m + 1取模。
step 4 对数组的后面部分A[2 * m + 1.. 2 * n]继续使用本算法, 这相当于n减小了m。
上述算法流程对应的论文原文为：
以上各个步骤对应的时间复杂度分析如下：
因为循环不断乘3的，所以时间复杂度O(logn)
循环移位O(n)
每个圈，每个元素只走了一次，一共2*m个元素，所以复杂度omega(m), 而m < n，所以 也在O(n)内。 T(n - m)
因此总的时间复杂度为 T(n) = T(n - m) + O(n) ，m = omega(n) ，解得：T(n) = O(n)。
此完美洗牌算法实现的参考代码如下：
//copyright@caopengcs 8/24/2013
//时间O(n)，空间O(1)
void PerfectShuffle2(int *a, int n)
{
int n2, m, i, k, t;
for (; n > 1;)
{
// step 1
n2 = n * 2;
for (k = 0, m = 1; n2 / m >= 3; ++k, m *= 3)
;
m /= 2;
// 2m = 3^k - 1 , 3^k <= 2n < 3^(k + 1)
// step 2
right_rotate(a + m, m, n);
// step 3
for (i = 0, t = 1; i < k; ++i, t *= 3)
{
cycle_leader(a , t, m * 2 + 1);
}
//step 4
a += m * 2;
n -= m;
}
// n = 1
t = a[1];
a[1] = a[2];
a[2] = t;
}啊哈！以上代码即解决了完美洗牌问题，那么针对本章要解决的其变形问题呢？是的，如本章开头所说，在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素即可，代码如下：
//copyright@caopengcs 8/24/2013
//时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)，数组下标从1开始，调用perfect_shuffle3
void shuffle(int *a, int n)
{
int i, t, n2 = n * 2;
PerfectShuffle2(a, n);
for (i = 2; i <= n2; i += 2)
{
t = a[i - 1];
a[i - 1] = a[i];
a[i] = t;
}
}上述的这个“在完美洗牌问题的基础上对它最后的序列swap两两相邻元素”的操作（当然，你也可以让原数组第一个和最后一个不变，中间的2 * (n - 1)项用原始的标准完美洗牌算法做），只是在完美洗牌问题时间复杂度O(N)空间复杂度O(1)的基础上再增加O(N)的时间复杂度，故总的时间复杂度O(N)不变，且理所当然的保持了空间复杂度O(1)。至此，咱们的问题得到了圆满解决！
我们的问题得到了解决，但本章尚未完，即决定完美洗牌算法的神级结论：若2*n=（3^k - 1），则恰好只有k个圈，且每个圈头部的起始位置分别是1,3,9，...3^(k-1)，是如何来的呢？
要证明这个结论的关键就是：这所有的圈合并起来必须包含从1到M之间的所有正数，一个都不能少。这个证明有点麻烦，因为证明过程中会涉及到群论等数论知识，但再远的路一步步走也能到达。
首先，让咱们明确以下相关的概念，定理，及定义（搞清楚了这些东西，咱们便证明了一大半）：
概念1 mod表示对一个数取余数，比如3 mod 5 =3，5 mod 3 =2；
定义1 欧拉函数ϕ(m) 表示为不超过m（即小于等于m）的数中，与m互素的正整数个数
定义2 若ϕ(m)=Ordm(a) 则称a为m的原根，其中Ordm(a)定义为：a ^d （ mod m），其中d=0,1,2,3…，但取让等式成立的最小的那个d。
结合上述定义1、定义2可知，2是3的原根，因为2^0 mod 3 = 1, 2^1 mod 3 = 2, 2^2 mod 3 = 1, 2^3 mod 3 = 2，{a^0 mod m，a^1 mod m，a^2}得到集合S={1,2}，包含了所有和3互质的数，也即d=ϕ(2)=2，满足原根定义。
而2不是7的原根，这是因为2^0 mod 7 = 1, 2^1 mod 7 = 2, 2^2 mod 7 = 4, 2^3 mod 7 = 1，2^4 mod 7 = 2，2^5 mod 7 = 4，2^6 mod 7 = 1，从而集合S={1,2,4}中始终只有1、2、4三种结果，而没包含全部与7互质的数（3、6、5便不包括）,，即d=3，但ϕ(7)=6，从而d != ϕ(7)，不满足原根定义。
再者，如果说一个数a，是另外一个数m的原根，代表集合S = {a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m…… }，得到的集合包含了所有小于m并且与m互质的数，否则a便不是m的原根。而且集合S = {a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m…… }中可能会存在重复的余数，但当a与m互质的时候，得到的{a^0 mod m, a^1 mod m, a^2 mod m}集合中，保证了第一个数是a^0 mod m，故第一次发现重复的数时，这个重复的数一定是1，也就是说，出现余数循环一定是从开头开始循环的。
定义3 对模指数，a对模m的原根定义为 
,st:
中最小的正整数d
再比如，2是9的原根，因为
，为了让
除以9的余数恒等于1，可知最小的正整数d=6，而ϕ(m)=6，满足原根的定义。
定理1 同余定理：两个整数a，b，若它们除以正整数m所得的余数相等，则称a，b对于模m同余，记作
，读做a与b关于模m同余。
定理2 当p为奇素数且a是
的原根时⇒ a也是
的原根
定理3 费马小定理：如果a和m互质，那么a^ϕ(m) mod m = 1
定理4 若(a,m)=1 且a为m的原根，那么a是(Z/mZ)*的生成元。
取a = 2, m = 3。
我们知道2是3的原根，2是9的原根，我们定义S(k)表示上述的集合S，并且取x = 3^k（x表示为集合S中的数）。
所以：
S(1) = {1, 2}
S(2) = {1, 2, 4, 8, 7, 5}
我们没改变圈元素的顺序，由前面的结论S(k)恰好是一个圈里的元素，且认为从1开始循环的，也就是说从1开始的圈包含了所有与3^k互质的数。
那与3^k不互质的数怎么办？如果0 < i < 3^k与 3^k不互质，那么i 与3^k的最大公约数一定是3^t的形式（只包含约数3)，并且 t < k。即gcd(i , 3^k) = 3^t，等式两边除以个3 ^ t，即得gcd( i/(3^t)，3^(k - t) ) = 1， i/(3^t) 都与3^(k - t) 互质了，并且i / (3^t) < 3^(k - t), 根据S(k)的定义，可见i/(3^t) 在集合S(k - t)中。
同理，任意S(k - t)中的数x，都满足gcd(x , 3^k) = 1,于是gcd(3^k , x* 3^t) = 3 ^ t, 并且x3^t < 3^k。可见S(k - t)中的数x3^t 与 i形成了一一对应的关系。
也就是说S(k - t)里每个数x* 3^t形成的新集合包含了所有与3^k的最大公约数为3^t的数，它也是一个圈,原先圈的头部是1，这个圈的头部是3^t。
于是，对所有的小于 3^k的数，根据它和3^k的最大公约数，我们都把它分配到了一个圈里去了，且k个圈包含了所有的小于3^k的数。
下面，举个例子，如caopengcs所说，当我们取“a = 2, m = 3时，
我们知道2是3的原根，2是9的原根，我们定义S(k)表示上述的集合S，并且x= 3^k。
所以S(1) = {1, 2}
S(2) = {1, 2, 4, 8, 7, 5}
比如k = 3。 我们有：
S(3) = {1, 2 ,4 , 8, 16, 5, 10, 20, 13, 26, 25, 23, 19, 11, 22, 17, 7, 14} 包含了小于27且与27互质的所有数，圈的首部为1，这是原根定义决定的。
那么与27最大公约数为3的数，我们用S(2)中的数乘以3得到。 S(2) * 3 = {3, 6, 12, 24, 21, 15}, 圈中元素的顺序没变化，圈的首部是3。
与27最大公约数为9的数，我们用S(1)中的数乘以9得到。 S(1) * 9 = {9, 18}, 圈中得元素的顺序没变化，圈的首部是9。
因为每个小于27的数和27的最大公约数只有1, 3, 9这3种情况，又由于前面所证的一一对应的关系，所以S(2) * 3包含了所有小于27且与27的最大公约数为3的数，S(1) * 9 包含了所有小于27且和27的最大公约数为9的数。”
换言之，若定义为整数，假设/N定义为整数Z除以N后全部余数的集合，包括{0...N-1}等N个数，而（/N)*则定义为这Z/N中{0...N-1}这N个余数内与N互质的数集合。
则当n=13时，2n+1=27，即得/N =｛0,1,2,3,.....,26}，（/N)*相当于就是｛0,1,2,3,.....,26}中全部与27互素的数的集合；
而2^k(mod 27)可以把（/27)*取遍，故可得这些数分别在以下3个圈内：
取头为1，（/27)*＝｛1,2,4,8,16,5,10,20,13,26,25,23,19,11,22,17,7,14｝，也就是说，与27互素且小于27的正整数集合为{1,2,4,8,16,5,10,20,13,26,25,23,19,11,22,17,7,14}，因此ϕ(m) = ϕ(27)=18, 从而满足
的最小d = 18，故得出2为27的原根；
取头为3，就可以得到｛3,6,12,24,21,15｝，这就是以3为头的环，这个圈的特点是所有的数都是3的倍数，且都不是9的倍数。为什么呢？因为2^k和27互素。
具体点则是：如果3×2^k除27的余数能够被9整除，则有一个n使得32^k=9n(mod 27)，即32^k－9n能够被27整除，从而3*2^k－9n＝27m，其中n，m为整数，这样一来，式子约掉一个3，我们便能得到2^k＝9m＋3n，也就是说，2^k是3的倍数，这与2^k与27互素是矛盾的，所以，3×2^k除27的余数不可能被9整除。
此外，2^k除以27的余数可以是3的倍数以外的所有数，所以，2^k除以27的余数可以为1,2,4,5,7,8，当余数为1时，即存在一个k使得2^k-1=27m，m为整数。
式子两边同时乘以3得到：32^k-3=81m是27的倍数，从而32^k除以27的余数为3；
同理，当余数为2时，2^k - 2 = 27m，=> 32^k- 6 =81m，从而32^k除以27的余数为6；
当余数为4时，2^k - 4 = 37m，=> 32^k - 12 =81m，从而32^k除以27的余数为12；
同理，可以取到15，21，24。从而也就印证了上面的结论：取头为3，就可以得到｛3,6,12,24,21,15｝。 取9为头，这就很简单了，这个圈就是｛9,18}
你会发现，小于27的所有自然数，要么在第一个圈里面，也就是那些和27互素的数；要么在第二个圈里面，也就是那些是3的倍数，但不是9的倍数的数；要么在第三个圈里面，也就是是9倍数的数，而之所以能够这么做，就是因为2是27的本原根。证明完毕。
最后，咱们也再验证下上述过程：
因为
，故：
i = 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27
由于n=13，2n+1 = 27，据此
公式可知，上面第 i 位置的数将分别变成下述位置的：
i = 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 0
根据i 和 i‘ 前后位置的变动，我们将得到3个圈：
1->2->4->8->16->5->10->20->13->26->25->23->19->11->22->17->7->14->1；
3->6->12->24->21->15->3
9->18->9
没错，这3个圈的数字与咱们之前得到的3个圈一致吻合，验证完毕。
至此，本章开头提出的问题解决了，完美洗牌算法的证明也证完了，是否可以止步了呢？OH，NO！读者有无思考过下述问题：
1、既然完美洗牌问题是给定输入：a1,a2,a3,……aN,b1,b2,b3,……bN，要求输出：b1,a1,b2,a2,……bN,aN；那么有无考虑过它的逆问题：即给定b1,a1,b2,a2,……bN,aN,，要求输出a1,a2,a3,……aN,b1,b2,b3,……bN ？
2、完美洗牌问题是两手洗牌，假设有三只手同时洗牌呢？那么问题将变成：输入是a1,a2,……aN, b1,b2,……bN, c1,c2,……cN，要求输出是c1,b1,a1,c2,b2,a2,……cN,bN,aN，这个时候，怎么处理？