查詢集合中兩個最大的元素

啟示：我們應該仔細檢查證明過程中是否確實用到了所有的假設；應該設法用更少的假設完成同樣的證明；另外，除非有反例說明已經到達所有可能的證明的邊界，否則我們應該永不滿足。

———polyaand szego[1927]

消除非實質性的假設有時能夠得到更好的演算法，不必要的假設有時意味著證明可能存在錯誤。

問題：已知集合s有n個元素x1，x2,….xn，求其中最大的和第二大的元素。

分析：我們要盡可能的減少比較次數，為簡單起見，設n為2的冪。

分治：把s分成大小為n/2的兩個子集p和q。如果現在直接進行歸納，則假設已知p和q中的最大和第二大的元素，分別記為p1，p2和q1，q2，然後查詢s中的最大和第二大的元素。很明顯，兩次比較足以找到s中的這兩個元素。第一次比較最大數p1和q1，此時得到乙個新的第二大的數，這個數與原來的第二大的數（p或q中的乙個）比較一次，記為所求（比較過程見下圖）。用這種方法得出遞迴關係t(2n)=2t(n)+2及t(2)=1，解得t(n)=3n/2-2。儘管這要優於直接進行的2n-3次比較，但演算法還是可以在改進的。不是每一次找到的最大第二大元素都是有效的，只有到演算法的最後我們才能確定最大元素和第二大元素。

仔細分析上圖的比較，可以看出演算法不再使用q2，故q2的計算是多餘的。如果能精簡這樣的計算，就可以進一步減少比較次數。然而，在p1和q1比較前，我們並不清楚p2和q2中的哪乙個可以不必考慮，如果知道那個子集會「失敗」，那麼就可以在這個子集上用常規的查詢最大數的演算法了，這還能省去不少比較。看來我們已經意識到有些比較可以避免，只是不清楚究竟哪些可以忽略，那應該怎麼做？

技巧：所以把第二大元素的計算推遲到演算法的最後，只保留第二大元素的候選者列表。

歸納（第二次）：給定乙個小於n的集合，知道如何找到最大的元素以及第二大元素的乙個「短短的」候選者列表。

短短的到底有多長尚未定義，但在演算法設計過程中，我們會找到乙個合適的值。

演算法：給定大小為n的集合s，把它分為大小為n/2的字跡p和q。由歸納假設可知兩個集合最大的幾個元素是p1和q1，在加上第二大元素的候選者集合cp和cq。首先比較p1和q1，取其中大者。例如p1作為s的最大數，然後捨去cq，因為cq中的所有元素都小於q1，接著再把q1加入cp中。最終我們得到了乙個最大的元素和乙個候選者集合，從中可以直接選出第二大的數。查詢最大數所需的比較次數滿足遞迴關係t(n)=2t(n/2)+1及t(2)=1，解得t(n)=n-1。很容易看到，擴大一倍集合的大小時，我們能在候選者集合中再加入乙個元素，所以lbn足以滿足候選者集合大小的需要。於是查詢第二大元素需要lbn-1次額外比較，因而總比較次數為n-1+lbn-1，恰為最可能的次數。n為2的冪時的歸納假設如下：

歸納（第三次）：給定乙個小於n的集合，知道如何求出最大的元素和第二大的元素的候選者集合，這個集合自多不超過lbn個元素。

vector& get2max(int *arr,int len,int &max,vector&candidate)
else if(len == 2)
else
} int p1,q1;
vector&candidate1 = *new vector;
vector&candidate2 = *new vector;
//p子集中的候選者
candidate1 = get2max(arr,len/2,p1,candidate1);
//q子集中候選者
candidate2 = get2max(arr+len/2,len - len/2,q1,candidate2);
if(p1 > q1)
else if(p1 == q1)
else }
void get2max(int *arr, int len)
cout<
總結：如何改進乙個演算法，首先要看到這個演算法的缺點，有時候在腦子裡面執行一遍這個程式，缺點就暴露出來了。所以有必要檢查是否存在對最終結果不起作用的部分，這些部分往往可以被刪除，即使不能被刪除，也可以用更簡單、效率更高的運算代替。
分治演算法會產生一些中間結果，並不是這些中間結果都對我們的最終結果有所幫助。

查詢集合中兩個最大的元素

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C 判斷兩個集合中的元素是否相等

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