数据结构（十五）----排序算法(2)-编程知识

一.选择排序

1.简单选择排序

2.堆排序

•建立大根堆

•基于大根堆进行排序

堆排序算法效率：

堆排序算法稳定性：

3.堆的插入和删除

•在堆中插入新元素

•在堆中删除元素

二.归并排序

归并排序算法效率：

归并排序算法的稳定性：

三.基数排序

基数排序的算法效率：

基数排序算法的稳定性：

下一篇博客会着重讲外部排序~

一.选择排序

每一趟在待排序元素中选取关键字最小(或最大)的元素加入有序子序列。

1.简单选择排序

算法思想：每一趟在待排序元素中选取关键字最小的元素加入有序子序列。

算法过程：

① 对待排序的序列从左往右扫描，将关键字最小的元素与第一个元素互换位置：

② 继续在待排序序列中找到关键字最小的元素，将他换到前面位置：

以此类推，最后一个元素不用处理，所以对n个元素的简单选择排序只需要n-1趟处理。

//交换
void swap(int &a,int …&b){int temp=a;a=b;b=temp;
}//简单选择排序
void SelectSort(int A[],int n){for(int i=0; i<n-l; i++){    //一共进行n-1趟int min=i;    //记录最小元素位置for(int j=i+1; j<n; j++)    //在A[i..n-1]中选择最小的元素if(A[j]<A[min])    min=j;    //更新最小元素位置if(min!=i)    swap(A[i],A[min]);    //封装的swap()函数共移动元素3次}
}

算法效率：

简单选择排序的空间复杂度为O(1)，只需要定义几个变量，所以空间复杂度为常数级。

时间复杂度：

无论待排序的序列是有序、逆序、还是乱序，一定需要 n-1 趟处理。
所以，总共需要对比关键字(n-1)+(n-2)+...+1 = $\frac{n(n-1)}{2}$ 次，元素交换次数 <n-1。

所以时间复杂度为O(n^2)

算法稳定性：

由下图的例子可以看出，2的相对位置变了，所以这个算法是不稳定的。

算法的适用性：

简单选择排序适用于顺序表也适用于链表。

逻辑和顺序表的简单选择排序相同：

// 定义链表节点结构体
struct ListNode {int val;          // 存储整数值的成员变量ListNode* next;   // 指向下一个节点的指针
};// 简单选择排序的链表实现
void SelectSort(ListNode* head) {ListNode* current = head;while (current != nullptr) {ListNode* minNode = current;ListNode* runner = current->next;while (runner != nullptr) {if (runner->val < minNode->val) {minNode = runner;}runner = runner->next;}if (minNode != current) {int temp = current->val;current->val = minNode->val;minNode->val = temp;}current = current->next;}
}

2.堆排序

算法思想：每一趟在待排序元素中选取关键字最小(或最大)的元素加入有序子序列。

什么是"堆(Heap)"？

若n个关键字序列L[1....n]满足下面某一条性质，则称为堆(Heap)：

① 若满足：L(i)>L(2i) 且 L(i)>L(2i+1) $(1\leq i \leq n/2)$ ----大根堆(大顶堆)

② 若满足：L(i)≤L(2i) 且 L(i)≤L(2i+1) $(1\leq i \leq n/2)$ ---- 小根堆(小顶堆)

用二叉树更容易理解。如下图所示，是完全二叉树的顺序存储：

堆在逻辑上可以理解为顺序存储的完全二叉树，编号为1的结点就是这棵二叉树的根节点，编号为i的节点，其左孩子的编号应为2i，右孩子编号应为2i+1。

当i $\leq$ n/2，时这一点一定是一个分支节点：

所以大根堆就是：在完全二叉树中，如果所有子树的根节点 $\geq$ 他的左，右孩子的值，那么这样的一棵顺序存储的完全二叉树就是一个大根堆。例如下图，就是一个大根堆：

同理，小根堆就是 所有子树的根节点 $\leq$ 左，右孩子的值 的完全二叉树：

选择排序算法的思想就是每一趟在待排序元素中选取关键字最小(或最大)的元素加入有序子序列。若待排序序列是大根堆或者小根堆，那么这个算法的实现就很简单了。

所以首先将原始的序列建立为大根堆/小根堆，在进行选择排序。

•建立大根堆

将初始序列中所有非终端结点都检查一遍，是否满足大根堆的要求（根 $\geq$ 左，右），如果不满足，则进行调整。在顺序存储的完全二叉树中，非终端节点编号 $i\leq \left \lfloor n/2 \right \rfloor$ ：1，2，3，4

首先处理4号节点，这个节点是所有分支节点中编号最大的节点。检查以9为根节点的子树是否满足大根堆的要求，显然不满足。所以，将当前节点与更大的孩子互换：

接下来要处理的元素是78，由于其右孩子87>78，所以将87和78这两个数据元素进行位置互换：

接下来处理的元素是17，由于其比左右两个孩子的值都小，所以和值更大的一个孩子进行互换，所以17和45进行位置互换：

接下来处理1号节点，即53这个数据元素。右孩子87比53更大，所以两个元素位置互换：

但是更小的元素"下坠"，使得下一层的子树不满足大根堆的要求。所以用之前的方法，让小元素不断"下坠"。

至此这棵二叉树已经符合大根堆的要求。

//建立大根堆
void BuildMaxHeap(int A[],int len){for(int i=len/2; i>0; i--)    //从后往前调整所有非终端结点HeadAdjust(A,i,len);
}//将以 k 为根的子树调整为大根堆    
void HeadAdjust(int A[],int k,int len){A[0]=A[k];    //A[0]暂存子树的根结点for(int i=2*k; i<=len; i*=2){     //沿key较大的子结点向下筛选。i=2*k,也就是让i指向当前结点的左孩子if(i<len && A[i]<A[i+1])    //若i>=len,则没有右孩子,A[i]<A[i+1],说明右孩子更大i++;    //取key较大的子结点的下标if(A[0]>=A[i])    break;    //判断当前的结点是否比更大的孩子还大，如果是，则说明当前结点满足“根>=左,右”else{A[k]=A[i];    //将A[i]调整到双亲结点上k=i;    //修改k值，以便继续向下筛选}}A[k]=A[0];    //被筛选结点的值放入最终位置
}

补充：懂得大根堆的逻辑，小根堆就非常简单了：

//建立小根堆
BuildMinHeap(int A[],int len){for(int i=len/2;i>0;i--)HeadAdjust(A,i,len);
} void HeadAdjust(int A[],int k,int len){A[0]=A[k];for(int i=2*k;i<=len;i*=2){if(i<len && A[i]>A[i+1])i++;if(A[0]<=A[i])	break;else{A[k]=A[i];k=i;}} A[k]=A[0];
}

•基于大根堆进行排序

每一趟将堆顶元素加入有序子序列，也就是将堆顶元素与待排序序列的最后一个元素进行交换。

① 如上图所示，经过交换后，87的位置就固定了，只把其余数据元素看作一个堆。

由于09这个数据元素被换到了堆顶，圈起来的部分已经不是大根堆，所以将09不断“ 下坠”，直到达到“大根堆”的要求。

② 重复上面的步骤，将堆顶元素和堆低元素互换位置：

排除87和78这两个元素，将红圈内的待排序元素调整为"大根堆"。

以此类推，经过n-1趟处理后，只剩下最后一个待排序元素时，就不用进行调整了。

注：基于“大根堆”的堆排序得到“递增序列”，基于"小根堆"的堆排序得到"递减序列"。

//建立大根堆
void BuildMaxHeap(int A[],int len)//将以 k 为根的子树调整为大根堆
void HeadAdjust(int A[],int k,int len)void HeapSort(int A[],int len){BuildMaxHeap(A,len);for(int i=len;i>1;i--){     //n-1趟的交换和建堆过程swap(A[i],A[1]);    //堆顶元素和堆底元素交换HeadAdjust(A,1,i-1);    //把剩余的待排序元素整理成堆}
}

堆排序算法效率：

假设现在要调整09这个数据元素的位置：

① A[i]<A[i+1]：对比09的左，右孩子。

② A[0]>=A[i]：将更大的孩子与09进行对比，若更大的孩子比09小，那么就不需要进行位置互换，否则就互换位置。

所以若一个结点有左，右两个孩子，那么他“下坠”一层，需要对比关键字2次。

09下坠一次后，变为了4号位置的元素，那么其左孩子就是i=2*4=8号元素，当前这棵树有8个元素，所以不满足i<len，说明此时以4号位置元素为根节点的子树没有右孩子。

所以此时只需要进行1次关键字对比：

总结：
一个结点，每"下坠"一层，最多只需对比关键字2次。
若树高为h，某结点在第i层，则将这个结点向下调整最多只需要“下坠” h-i 层，关键字对比次数不超过 2(h-i)。

而n个结点的完全二叉树树高h= $\left \lfloor log_{2}n \right \rfloor+1$ ，第i层最多有 $2^{i-1}$ 个结点，只有第1~h-1层的结点才有可能需要"下坠"调整。

第1层有1个结点，下坠调整次数为2(h-1)；第2层有2个结点，下坠调整次数为2(h-2)：

$1*2(h-1)+2^1*2(h-2)+2^3*2(h-3)$ ....= $\sum_{i=h-1}^{1}2^{i-1}2(h-i)=\sum_{i=h-1}^{1}2^{i}(h-i)$

将h= $\left \lfloor log_{2}n \right \rfloor+1$ 带入：

$\sum_{i=h-1}^{1}2^{i}(h-i)=\sum_{j=1}^{h-1}2^{h-j}j=\sum_{j=1}^{h-1}2^{log_{2}n+1}*2^{-j}j$

由于:

$2^{\left \lfloor log_{2}n \right \rfloor+1}\leq 2^{log_2{n}+1}=2^{log_2{n}}*2^1=2n$

所以：

$\sum_{j=1}^{h-1}2^{h-j}j\leq 2n\sum_{j=1}^{h-1}\frac{j}{2^{j}}\leq 4n$

结论：

建堆的过程，关键字对比次数不超过4n，建堆时间复杂度=O(n)

根节点最多“下坠” h-1 层，而每“下坠”一层，最多只需对比关键字2次，因此每一趟排序复杂度不超过 O(h) = O( $log_2{n}$ )。总共n-1趟，总的时间复杂度= O( $nlog_2{n}$ )。

堆排序的时间复杂度=O(n)+O( $nlog_{2}n$ )= O( $nlog_{2}n$ )

堆排序的空间复杂度=O(1)

堆排序算法稳定性：

① 左右孩子都比根节点更大，代码的逻辑是A[i]<A[i+1]，才将i++，表示右孩子>左孩子。所以左右孩子都相等时，会优先与左孩子进行交换。

② 完成大根堆的建堆后，基于大根堆进行排序，将堆顶元素与堆低元素进行交换：

③ 剩余的待排序元素依然是一个大根堆，不需要调整，直接将堆低元素和堆低元素进行互换：

完成2次排序(3-1趟排序)后，初始序列和排序结果中，两个"2"的前后位置互换，所以堆排序不稳定。

3.堆的插入和删除

考试中会考察：堆的插入和删除的次数。

•在堆中插入新元素

拿小根堆举例，假设插入的元素是13，那么新插入的元素会先放在表尾的位置。

将其与父节点对比，若新元素比父节点（ $\left \lfloor i/2 \right \rfloor$ ）更小，则将二者互换。新元素就这样一路“上升”，直到无法继续上升为止。

第1次，12与32进行对比；第2次，13与17进行对比；第3次，13与9进行对比。总共进行了3次对比。

#define MAX_HEAP_SIZE 100  
void swap(int &a, int &b) {  int temp = a;  a = b;  b = temp;  
}  minHeapInsert(int A[],int &len,int k){if(len>MAX_HEAP_SIZE - 1){return;} // 插入新元素到数组的末尾  A[++len] = k;  // 上滤操作，从插入位置开始  int currentIndex = len;  while (currentIndex >1 && A[currentIndex] < A[currentIndex/2]) {  // 交换当前元素和它的父节点  int parentIndex = currentIndex/2;  swap(A[currentIndex], A[parentIndex]);  currentIndex = parentIndex;  }  
}

•在堆中删除元素

依旧拿小根堆举例，假设此时要删除的元素是13。删除13后，被删除的元素的用堆底元素替代，然后让该元素不断“下坠”，直到无法下坠为止。

最终结果如下，首先① 17（左孩子，2i）与45（右孩子，2i+1）对比，从中选出更小的关键字17；② 再将46与17进行对比，46>17，46与17位置互换；③ 53与32进行对比，选出更小的关键字32；④ 再将46与32进行对比，46>32，两个数据元素位置互换。至此完成小根堆的建立，对比关键字的次数为4次。

所以如果某个根节点下方有2个孩子，则“下坠”一层，需要对比关键字2次；如果某个根节点下方有1个，则只需要对比关键字1次。

void swap(int &a, int &b) {  int temp = a;  a = b;  b = temp;  
}  void minHeapDelete(int A[], int k, int &len) {if (k<1||k>len) {  return;  }if (k=len){len--;return;}// 将最后一个元素移动到被删除元素的位置  A[k] = A[len];  len--; // 减少堆的大小  // 堆调整从被删除元素的位置开始  int i = k;  int leftChild =2*i;  // 如果当前节点有子节点，并且子节点比它小，就交换  while (leftChild<=len) {  int smallChild = leftChild;  int rightChild = leftChild + 1;  // 找出较小的子节点  if (rightChild<=len && A[rightChild]<A[leftChild]) {  smallChild = rightChild;  }  // 如果较小的子节点比父节点小，就交换  if (A[smallChild]<A[i]) {  swap(A[smallChild], A[i]);  i=smallChild;  leftChild = 2*i;  } else {  // 如果没有更小的子节点，那么堆已经满足条件  break;  }  }  
}

二.归并排序

归并排序就是把两个或多个已经有序的序列合并成一个：

如下图所示，有2个有序序列：

① 对比i和j指向的元素，更小的一个放入k所指得位置。如下图所示，j所指的元素更小，所以将7放入k[0]，并且k，j往后移：

② 重复以上操作，对比i，j，并将更小的数据元素放到k所指位置。当 j 指针超出了原来数组的下标范围，只有左边数组没有合并完，所以将表中的剩余元素全部加到总表中。

最后k表如下图所示：

这个过程也叫做“二路归并”，就是将2个有序序列合二为一，每选出一个更小的数据元素，只需要对比关键字1次。

同理，“4路”归并，就是将4个有序序列合为一个有序序列，每选出一个更小的元素就需要对比关键字3次。

结论：m路归并，每选出一个元素，需要对比关键字m-1次。

对一个初始序列进行归并排序的操作如下，内部排序一般采用的是2路归并，所以这里采用2路归并：

归并的实现如下：

int *B=(int *)malloc(n*sizeof(int));    //辅助数组B//A[low....mid] 和 A[mid+1..high]各自有序，将两个部分归并
void Merge(int A[],int low,int mid,int high){int i,j,k;for(k=low; k<=high; k++)B[k]=A[k];    //将A中所有元素复制到B中for(i=low,j=mid+1,k=i;i<=mid&&j<=high;k++){if(B[i]<=B[j])    //两个元素相等时，优先使用考前的那个，可以保证算法的稳定性A[k]=B[i++];    //将较小值复制到A中elseA[k]=B[j++];}//forwhile(i<=mid)    A[k++]=B[i++];while(j<=high)    A[k++]=B[j++];    
}

如下图，是一个数组A，3~6是一个有序序列，7~8是一个有序序列。

用low指针指向第1个有序序列的第1个元素，用mid指针指向第1个有序序列的最后1个元素。high指针指向第2个有序序列的最后1个元素。

① 设置辅助数组B，将A数组的元素复制到数组B中：

② 比较B[i]和B[j]元素的大小，将较小的元素复制到k所指的位置，k++：

③ 以此类推，当j>high时，不满足j $\leq$ high的条件，跳出for循环。用while分别检查i，j两个序列是否已经合并完，没有合并完的子序列直接合并到A中即可。

合并完成后，i指向mid+1，j指向high+1。

整体代码：

int *B=(int *)malloc(n*sizeof(int));    //辅助数组B//A[low....mid] 和 A[mid+1..high]各自有序，将两个部分归并
void Merge(int A[],int low,int mid,int high){int i,j,k;for(k=low; k<=high; k++)B[k]=A[k];    //将A中所有元素复制到B中for(i=low,j=mid+1,k=i;i<=mid&&j<=high;k++){if(B[i]<=B[j])    //两个元素相等时，优先将前面子序列的那个元素放到A中，可以保证算法的稳定性A[k]=B[i++];    //将较小值复制到A中elseA[k]=B[j++];}//forwhile(i<=mid)    A[k++]=B[i++];while(j<=high)    A[k++]=B[j++];    
}void Mergesort(int A[],int low,int high){if(low<high){int mid=(low+high)/2;    //从中间划分MergeSort(A,low,mid);    //对左半部分归并排序MergeSort(A,mid+1,high);    //对右半部分归并排序Merge(A,low,mid,high);    //归并}//if
}

① 将初始序列分为左半部分序列和右半部分序列：

② 并用MergeSort分别对左半部分序列和右半部分序列递归进行归并排序：

MergeSort(A,low,mid);

MergeSort(A,mid+1,high);

③ 左右都进行归并排序后，左右两个子序列都变为有序，再将左右子序列归并即可：

Merge(A,low,mid,high);

以左子序列的递归为例：

第一层：MergeSort(A,low,mid);此时low=0，high=3：

第二层：MergeSort(A,low,mid);此时low=0，high=1：

第三层：由于low<high，所以继续向下进行拆分。每个子序列只有一个元素，所以MergeSort不会做任何操作：

递归完成，继续执行Merge：

将要处理的左右子序列放到B数组中，归并两个有序序列后再放回A数组：

以此类推，再回到上一层的归并排序，对第二层的右子序列进行归并排序：

归并排序算法效率：

时间复杂度：

2路归并的“归并树”----形态上就是一棵倒立的二叉树。二叉树的第h层最多有 $2^{h-1}$ 个结点，若树高为h，则第h层的结点数n<= $2^{h-1}$ 个，也就是 $h-1=\left \lceil log_2{n} \right \rceil$ 。

又因为h-1刚好等于归并排序的躺输，所以：

n个元素进行2路归并排序，归并趟数= $\left \lceil log_2{n} \right \rceil$ 。

每趟归并时间复杂度为 O(n)，则算法时间复杂度为 $O(nlog_{2}n)$

为什么每趟归并时间复杂度为O(n)：

void Merge(int A[],int low,int mid,int high){int i,j,k;for(k=low; k<=high; k++)B[k]=A[k];    //将A中所有元素复制到B中for(i=low,j=mid+1,k=i;i<=mid&&j<=high;k++){if(B[i]<=B[j])    //两个元素相等时，优先将前面子序列的那个元素放到A中，可以保证算法的稳定性A[k]=B[i++];    //将较小值复制到A中elseA[k]=B[j++];}//forwhile(i<=mid)    A[k++]=B[i++];while(j<=high)    A[k++]=B[j++];    
}

每一次对比 i,j 都能从中挑出1个更小的元素放到数组A中。最终将2张表合二为一，需要的关键字对比次数不会超过n-1，所以归并的时间复杂度为O(n)

空间复杂度：

空间复杂度为O(n)，来自于辅助数组B（和存放数据元素的数组A是同样的大小n），其实归并排序所用到的递归工作栈也算到了里面。因为递归排序的趟数 $\leq log_2{n}$ ，也就是栈的深度不会 $\leq log_2{n}$ 所以取更高阶的数量级，也就是辅助数组B带来的O(n)的空间。

归并排序算法的稳定性：

由于在代码中采用B[i]<=B[j]，所以当两个元素相等时，优先将前面子序列的那个元素放到A中，可以保证算法的稳定性。所以归并排序是稳定的算法。

void Merge(int A[],int low,int mid,int high){int i,j,k;for(k=low; k<=high; k++)B[k]=A[k];    //将A中所有元素复制到B中for(i=low,j=mid+1,k=i;i<=mid&&j<=high;k++){if(B[i]<=B[j])    A[k]=B[i++];    elseA[k]=B[j++];}//forwhile(i<=mid)    A[k++]=B[i++];while(j<=high)    A[k++]=B[j++];    
}

三.基数排序

之前的排序，都是以各个关键字值的大小作为排序的依据，而基数排序中排序的依据有所不同：

每一个关键字的值都有"个，十，百"位构成，每一位的取值范围都是0~9。所以，可以建立10个辅助队列，分别对应每一位取值的情况：

假设现在想得到递减的序列：

① 第一趟的处理中会以“个位”进行“分配”：

第一个元素的“个位”是0，所以将其放到0对应的辅助队列。

以此类推，得到的10个辅助队列的情况如下：

进行数据元素的“收集”，由于最终想要得到递减的序列，所以从“个位”值更大的队列开始收集，也就是“9”开始收集：

最终会得到按照“个位”递减的序列。

②第二趟的处理会基于第一趟的排序序列进行。第二趟以“十位”进行“分配” ，分配结果如下：

由排序的结果可知，当"十位"相同时，"个位"越大的越先入队，这是因为第二趟的“分配”工作是基于第一趟的排序序列进行的。而第一趟的处理中，"个位"数值越大的会排在前面。

进行第二趟的“收集”工作，方法和第一趟的“收集”一样，从"十位"更大的队列依次往后收集，这就能保证"十位"更大的数排在前面：

按第二趟“收集”后，会得到按“十位”递减排序的序列，“十位”相同的按“个位”递减排序。

③第三趟的处理会以"百位"进行"分配"：

同理，由于这一趟的分配是基于第二趟处理得到的序列，所以如果2个数值"百位"相同，那么他们中"十位"越大的越先入队。

第三趟分配结果如下：

接下来继续进行第三趟的"收集"：

第三趟按“百位”分配、收集后，得到一个按“百位”递减排列的序列，若“百位”相同则按“十位”递减排列，若“十位”还相同则按“个位”递减排列。这样就可得到一个递减的有序序列。

总结一下：

假设长度为 n 的线性表中每个结点 $a_{j}$ 的关键字由d元组 $(k_{j}^{d-1},k_{j}^{d-2},k_{j}^{d-3}....k_{j}^{1},k_{j}^{0})$ 组成。
其中，0 ≤ $k_{j}^{i}$ ≤ r-1(0≤j<n, 0 ≤ i ≤ d -1)，r称为“基数”。在上面的例子中 $k_{j}^{i}$ 的范围是0~9，r为10。每个关键字有10种不同的取值。

这里的 $k_{j}^{d-1}$ 被称为最高为关键字（最主位关键字）， $k_{j}^{0}$ 被称为最低位关键字（最次位关键字），在上面的例子中，最高位关键字就是"百位"，最低位关键字就是"个位"。因为"百位"关键字的数值是对整个关键字数值影响最大的，而"个位"对整个关键字的数值影响是最小的。

基数排序得到递减序列的过程如下：

初始化：设置r个空队列， $Q_{r-1},Q_{r-2},Q_{r-3}....Q_{0}$

按照各个关键字位 权重递增的次序(个、十、百)，对 d 个关键字位分别做“分配”和“收集。

分配：顺序扫描各个元素，若当前处理的关键字位=x，则将元素插入 $Q_{x}$ 队尾。

收集：把 $Q_{r-1},Q_{r-2},Q_{r-3}....Q_{0}$ 各个队列中的结点依次出队并链接。

基数排序得到递增序列的过程如下：

初始化：设置r个空队列， $Q_{0},Q_{1},....,Q{r-1}$

按照各个关键字位权重递增的次序(个、十、百)，对 d 个关键字位分别做“分配”和“收集。

分配：顺序扫描各个元素，若当前处理的关键字位=x，则将元素插入 $Q_{x}$ 队尾。

收集：把 $Q_{0},Q_{1},....,Q_{r-1}$ 各个队列中的结点依次出队并链接。

只是收集的顺序不同，递增序列的收集是从这一位值更小的队列开始收集。

基数排序的算法效率：

常用链式存储结构实现基数排序算法。

如下图所示，初始序列用单链表表示，而表示0~9数值的队列用链式队列实现：

空间复杂度：

由于需要r个辅助队列，所以空间复杂度为O(r)。在上面的例子中，每一位的取值都为0~9，所以r（基数）=10。需要10个辅助队列。

时间复杂度：

一趟分配O(n)：从头到尾依次扫描序列中的数据元素。总共n个元素，扫描n个元素时间复杂度为O(n)。

一趟收集O(r)：总共r（每个"位"可能取得r个值）个队列，每一次收集就是将每个队列的元素合并起来。每个队列合并的时间复杂度为O(1)。为什么？

p->next=Q[5].front;

Q[5].front=NULL;

Q[5].rear=NULL;

r个队列合并的时间复杂度为O(r)。

总共 d 趟（若关键字位有3位，那么总共需要3趟收集，分配）分配、收集，总的时间复杂度=O(d(n+r))

基数排序算法的稳定性：

某个初始序列中有2个“12”，分配时是从左往右依次扫描序列，所以在队列中第一个"12"会在第二个"12"的前面，所以，将队列的元素收集起来时，第一个“12”也会在前面：

所以基数排序算法是稳定的。

基数排序的应用：

基数排序，时间复杂度=O(d(n+r))，上述例子的d=3（年，月，日），n=10000（10000个学生），r=31（第1轮r=31，第2轮r=12，第3轮r=15，这里取最大），所以：

基数排序擅长解决的问题：

① 数据元素的关键字可以方便地拆分为 d组，且 d 较小。

反例：若给5个人的身份证号排序：

这样效率非常低。

② 每组关键字的取值范围不大，即 r 较小。

反例：若给中文人名排序，每个分组能取的值太多（r取值范围大）。

③ 数据元素个数 n 较大。

若给十亿人的身份证号排序，虽然身份证号有18位，会进行19趟的分配和回收，但是由于n的数较大，所以时间效率其实比O(n^2),O( $nlog_{2}n$ )好的多。