1、輸入n個整數，輸出其中最小的k個。
思路1：先快速排序，然後取前k個數。時間複雜度：o（n * log n)+o(k)=o（n * log n）。
思路2：a）定義乙個長度為k的陣列result，將前k個整數放入result；
b）採用選擇或交換排序找到result陣列的最大值max；
c）依次遍歷後n-k個整數，若其》max，說明其不是最小k個數之一並跳過，若其
這種演算法最差情況下的時間複雜度：o(k)+(n-k)*o(k)=o(n*k)
思路3：a）選擇乙個數pivot將陣列分成兩部分sa和sb，使得sa的元素都小於等於pivot，sb的元素都大於pivot；
b）如果k
c）如果k=sa元素個數，則sa中元素就是最小的k個元素，
d）如果k>sa元素個數，則返回sa中所有元素和sb中（k-|sa|）個元素，即遞迴sb。
這種平均時間複雜度：o(n*logk)，二分法！
思路1**如下：
public class codefour;
mysort(num,0,num.length-1);
int k = 3;
for(int i=0;iarr[right])
swap(arr,left,right);
return;
} int i = left;
int j = right;
int pivot = arr[i];
while(leftpivot&&left
public class codethree;
int k = 3;
mink(arr,k);
} public static void mink(int arr, int k)
} public static void swap(int arr, int index1, int index2)
}
public class codeone;
int k = 3;
mink2(arr,0,arr.length-1,k);
} public static void mink2(int arr, int left, int right,int k)if(i-left+1
思路1：兩個陣列相加得到k*k個數，轉變成求新陣列的k個最小值的問題；
時間複雜度：o(k*k)+(k*k)*o(k)=o(k*k*k)
思路2：a）找到最小的整數n，滿足n*(n+1)/2>=k；
b）若n*(n+1)/2=k，則滿足 i+j<=n 的n*(n+1)/2個數（arr1[i]+arr2[j]）即為所求，輸出結果程式結束；
c）若n*(n+1)/2>k，則滿足 i+j<=n-1 的
(n-1)*n/2個數屬於所求，另外（
k-(n-1)*n/2
）個結果在
滿足 i+j=n 的
n個數中；
d）求滿足 i+j=n 的
n個數中最小的（
k-(n-1)*n/2
）個數，即上文題1
。採用快速排序方法下的時間複雜度：o(sqrt(k))+o（sqrt(k) * logsqrt(k)）= o(sqrt(k)* log
sqrt(k))
對上述演算法解釋一下，因為
自己想到的，好得意，啊哈哈~歡迎打臉~~~
a、b兩個陣列中數兩兩相加可得k*k個數，形成乙個新的二維陣列 c[i, j] =a[i] +b[j]，要求的就是陣列 c 中的k個最小值。因為陣列a、b是公升序序列，則一定有c[i, j]<=c[m, n]，其中m+n>i+j。
以a=、b=為例，k=5，滿足n*(n+1)/2>=k的最小正整數為n=3，則最小的k個數一定在i+j
從上圖可以看出，在不計算陣列c中元素值的情況下，僅憑索引號可知越靠近左上角值越小，處於同一45°直線上（圖中以同一顏色標出）元素之間的大小必須通過計算才能得知。k個最小數也都在左上角，k=5，n=3，則屬於 i+j(n-1)*n/2個數一定屬於k個最小數，剩下的數都在滿足i+j = n-1的直線上，因此僅需要對該直線上的元素判斷即可。
思路2**如下：
public static void myfun(int arr1, int arr2, int k){
int n=1;
while(n*(n+1)/2
其他思路：最小堆（輔助陣列（
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