像这样简单的算法前人工程师肯定想到过，即使你是初学者，如果偶然发现了这个也并不稀罕，我也没有打算效仿郭小四窃他人成果自居，说到底这只是一篇系列扯淡文，它真正有价值的部分是由此延伸出来的问题。
在归并算法中，合并两个数列需要消耗m+n的空间，排序好了后还要将队列拷回。在我的版本的算法中，可一开始就申请一块等长内存，然后顺次的写入数据，而不需要写回，一遍写完后，交换两块内存，继续写。这样减少了一半的写开销，避免了重复申请空间的问题。
交换次数决定了排序完成时正确的数据写入到了哪块内存中。
当交换次数为偶数时，写入原内存。
当交换次数为奇数时，写入临时内存。
如果交换次数为奇数，那么还要将数据拷贝至原内存。不过，在两两交换时，不需要额外的内存，因为比较数据只有一个，简单交换就行了，奇数次时先进行一次比较，接下来就仍然是偶数次的了。因此在算法的主要部分前面才有了这段代码。
- int temp = len,i = 0,size = 1;
- int l1p,l1end,l2p,l2end;
- int *templist,*listb;
- printarr(list,len);
- if(len<=1){
- return;
- }
- i = 0;
- //calculate swaptimes
- while(temp){
- temp = temp>>1;
- i++;
- }
- if(i%2){
- for(i=0;(i+1)<len;i+=2){
- if(list[i]>list[i+1]){
- temp = list[i];
- list[i] = list[i+1];
- list[i+1] = temp;
- }
- }
- size = 2;
- printarr(list,len);
- }
这段代码虽然完成了任务，但是有处地方特么让人不爽。就是在算交换次数的地方，用了一个O(n)的循环来获得次数。感觉有点不效率。
事实上我们只在乎长度数量的***1位在哪，因为那一位才决定交换次数。
于是开始寻找有没有更快的方法。在英文中这个问题叫Find the log base 2 of an integer，这里有一个斯坦福的页面讲这个问题 http://www-graphics.stanford.edu/~seander/bithacks.html#IntegerLogObvious
很遗憾的是，关于此问题，目前最快解也只有logN，基于二分查找法。但是把N降为logN，对于数位长度来说，真有点小题大做，仍然还是想找一个O(1)的方法才有意义。
之所以有这种想法，因为在位操作的世界里，有些算法很是销魂。
比如
x&(x-1)
可将X最右边起的连续的0填充为1
x&(-x)
可单独抽出最右边的1
等等。
所以总是觉得，咱们的问题，也是能用O(1)解决的。
但是这些简单好用的魔法似乎都只和数的右侧沾边，因为操纵右边的位数，可以用确切知道的数，比如1 或FFFFFF，而想像操作右边位一样操作左边位就不行了，除非你知道该数的log base 2 interger是什么……如果我们有办法填充最左边的0，就能得解，但这个看似很简单的问题，居然是个至今都无解的题，除非新版cpu出了求专门问题对应的指令，要想在低于logN的步骤内解决这个似乎不可能了。
不过对我们的应用来说，这还没到头，因为最终的目的是要知道该位是在奇数位上还是在偶数位上。因此问题转换为：
把数组长度-1，如果最左边的1落在偶数位上，则需要偶数次交换，如果落在奇数位上则需要奇数次交换
这样一来问题似乎很好解决了，这是改写后的代码
- int temp = len-1,i = 0,size = 1;
- int l1p,l1end,l2p,l2end;
- int *templist,*listb;
- printarr(list,len);
- if(len<=1){
- return;
- }
- //calculate swaptimes,only if highest bit in odd place
- if((temp&0xaaaaaaaa)<(temp&0x55555555)){
- for(i=0;(i+1)<len;i+=2){
- if(list[i]>list[i+1]){
- temp = list[i];
- list[i] = list[i+1];
- list[i+1] = temp;
- }
- }
- size = 2;
- printarr(list,len); }
0xAAA...AA可以称为偶数栅，0x555...55可以称为奇数栅，如果***位在偶数位上，偶数 栅相与的结果肯定大于和奇数 栅相与的结果的，反之亦是同理，此问题得解。
