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chapter_heap/build_heap/index.html

@@ -1752,8 +1752,9 @@
 <h2 id="821">8.2.1. &nbsp; 两种建堆方法<a class="headerlink" href="#821" title="Permanent link">&para;</a></h2>
 <h3 id="_1">借助入堆方法实现<a class="headerlink" href="#_1" title="Permanent link">&para;</a></h3>
 <p>最直接地，考虑借助「元素入堆」方法，先建立一个空堆，<strong>再将列表元素依次入堆即可</strong>。</p>
+<p>设元素数量为 <span class="arithmatex">\(n\)</span> ，则最后一个元素入堆的时间复杂度为 <span class="arithmatex">\(O(\log n)\)</span> ，在依次入堆时，堆的平均长度为 <span class="arithmatex">\(\frac{n}{2}\)</span> ，因此该方法的总体时间复杂度为 <span class="arithmatex">\(O(n \log n)\)</span> 。</p>
 <h3 id="_2">基于堆化操作实现<a class="headerlink" href="#_2" title="Permanent link">&para;</a></h3>
-<p>然而，<strong>存在一种更加高效的建堆方法</strong>。设元素数量为 <span class="arithmatex">\(n\)</span> ，我们先将列表所有元素原封不动添加进堆，<strong>然后迭代地对各个结点执行「从顶至底堆化」</strong>。当然，<strong>无需对叶结点执行堆化</strong>，因为其没有子结点。</p>
+<p>有趣的是，存在一种更加高效的建堆方法，时间复杂度可以达到 <span class="arithmatex">\(O(n)\)</span> 。我们先将列表所有元素原封不动添加进堆，<strong>然后迭代地对各个结点执行「从顶至底堆化」</strong>。当然，<strong>无需对叶结点执行堆化</strong>，因为其没有子结点。</p>
 <div class="tabbed-set tabbed-alternate" data-tabs="1:10"><input checked="checked" id="__tabbed_1_1" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_2" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_3" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_4" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_5" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_6" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_7" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_8" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_9" name="__tabbed_1" type="radio" /><input id="__tabbed_1_10" name="__tabbed_1" type="radio" /><div class="tabbed-labels"><label for="__tabbed_1_1">Java</label><label for="__tabbed_1_2">C++</label><label for="__tabbed_1_3">Python</label><label for="__tabbed_1_4">Go</label><label for="__tabbed_1_5">JavaScript</label><label for="__tabbed_1_6">TypeScript</label><label for="__tabbed_1_7">C</label><label for="__tabbed_1_8">C#</label><label for="__tabbed_1_9">Swift</label><label for="__tabbed_1_10">Zig</label></div>
 <div class="tabbed-content">
 <div class="tabbed-block">
@@ -1876,20 +1877,20 @@
 </div>
 </div>
 <h2 id="822">8.2.2. &nbsp; 复杂度分析<a class="headerlink" href="#822" title="Permanent link">&para;</a></h2>
-<p>对于第一种建堆方法，元素入堆的时间复杂度为 <span class="arithmatex">\(O(\log n)\)</span> ，而平均长度为 <span class="arithmatex">\(\frac{n}{2}\)</span> ，因此该方法的总体时间复杂度为 <span class="arithmatex">\(O(n \log n)\)</span> 。</p>
-<p>那么，第二种建堆方法的时间复杂度是多少呢？我们来展开推算一下。</p>
+<p>第二种建堆方法的时间复杂度为什么是 <span class="arithmatex">\(O(n)\)</span> 呢？我们来展开推算一下。</p>
 <ul>
 <li>完全二叉树中，设结点总数为 <span class="arithmatex">\(n\)</span> ，则叶结点数量为 <span class="arithmatex">\((n + 1) / 2\)</span> ，其中 <span class="arithmatex">\(/\)</span> 为向下整除。因此在排除叶结点后，需要堆化结点数量为 <span class="arithmatex">\((n - 1)/2\)</span> ，即为 <span class="arithmatex">\(O(n)\)</span> ；</li>
 <li>从顶至底堆化中，每个结点最多堆化至叶结点，因此最大迭代次数为二叉树高度 <span class="arithmatex">\(O(\log n)\)</span> ；</li>
 </ul>
-<p>将上述两者相乘，可得时间复杂度为 <span class="arithmatex">\(O(n \log n)\)</span> 。然而，该估算结果仍不够准确，因为我们没有考虑到 <strong>二叉树底层结点远多于顶层结点</strong> 的性质。</p>
-<p>下面我们来尝试展开计算。为了减小计算难度，我们假设树是一个「完美二叉树」，该假设不会影响计算结果的正确性。设二叉树（即堆）结点数量为 <span class="arithmatex">\(n\)</span> ，树高度为 <span class="arithmatex">\(h\)</span> 。上文提到，<strong>结点堆化最大迭代次数等于该结点到叶结点的距离，而这正是“结点高度”</strong>。因此，我们将各层的“结点数量 <span class="arithmatex">\(\times\)</span> 结点高度”求和，即可得到所有结点的堆化的迭代次数总和。</p>
-<div class="arithmatex">\[
-T(h) = 2^0h + 2^1(h-1) + 2^2(h-2) + \cdots + 2^{(h-1)}\times1
-\]</div>
+<p>将上述两者相乘，可得时间复杂度为 <span class="arithmatex">\(O(n \log n)\)</span> 。这个估算结果不够准确，因为我们没有考虑到 <strong>二叉树底层结点远多于顶层结点</strong> 的性质。</p>
+<p>下面我们来展开计算。为了减小计算难度，我们假设树是一个「完美二叉树」，该假设不会影响计算结果的正确性。设二叉树（即堆）结点数量为 <span class="arithmatex">\(n\)</span> ，树高度为 <span class="arithmatex">\(h\)</span> 。上文提到，<strong>结点堆化最大迭代次数等于该结点到叶结点的距离，而这正是“结点高度”</strong>。</p>
 <p><img alt="完美二叉树的各层结点数量" src="../build_heap.assets/heapify_operations_count.png" /></p>
 <p align="center"> Fig. 完美二叉树的各层结点数量 </p>
 
+<p>因此，我们将各层的“结点数量 <span class="arithmatex">\(\times\)</span> 结点高度”求和，即可得到 <strong>所有结点的堆化的迭代次数总和</strong>。</p>
+<div class="arithmatex">\[
+T(h) = 2^0h + 2^1(h-1) + 2^2(h-2) + \cdots + 2^{(h-1)}\times1
+\]</div>
 <p>化简上式需要借助中学的数列知识，先对 <span class="arithmatex">\(T(h)\)</span> 乘以 <span class="arithmatex">\(2\)</span> ，易得</p>
 <div class="arithmatex">\[
 \begin{aligned}

chapter_sorting/quick_sort/index.html

@@ -2023,7 +2023,7 @@
 <p>不行，当我们以最左端元素为基准数时，必须先“从右往左查找”再“从左往右查找”。这个结论有些反直觉，我们来剖析一下原因。</p>
 <p>哨兵划分 <code>partition()</code> 的最后一步是交换 <code>nums[left]</code> 和 <code>nums[i]</code> ，完成交换后，基准数左边的元素都 <code>&lt;=</code> 基准数，<strong>这就要求最后一步交换前 <code>nums[left] &gt;= nums[i]</code> 必须成立</strong>。假设我们先“从左往右查找”，那么如果找不到比基准数更小的元素，<strong>则会在 <code>i == j</code> 时跳出循环，此时可能 <code>nums[j] == nums[i] &gt; nums[left]</code></strong> ；也就是说，此时最后一步交换操作会把一个比基准数更大的元素交换至数组最左端，导致哨兵划分失败。</p>
 <p>举个例子，给定数组 <code>[0, 0, 0, 0, 1]</code> ，如果先“从左向右查找”，哨兵划分后数组为 <code>[1, 0, 0, 0, 0]</code> ，这个结果是不对的。</p>
-<p>再往深想一步，如果我们选择 <code>nums[right]</code> 为基准数，那么正好反过来，必须先“从左往右查找”。</p>
+<p>再深想一步，如果我们选择 <code>nums[right]</code> 为基准数，那么正好反过来，必须先“从左往右查找”。</p>
 </div>
 <h2 id="1141">11.4.1. &nbsp; 算法流程<a class="headerlink" href="#1141" title="Permanent link">&para;</a></h2>
 <ol>

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