一般在提到Merge Sort時，大家都很自然地想到Divide-and-Conqure, O(nlgn)的時間複雜度以及額外的O(n)空間。O(n)的extra space似乎成了Merge Sort最明顯的缺點，但實際上這一點是完全可以克服的，也就是說，我們完全可以實現O(nlgn) time 以及 O(1) space 的Merge Sort。對於這種不用額外空間(即常數大小的額外空間)的演算法，有一個通用的名字叫做In-place Algorithms，因此我們稱該歸併演算法為in-place merge sort，也就是原地歸併排序。

在進入具體的細節之前，先來看一個稍後會用到的結論：

給定長度分別為n和m的兩個各自有序陣列X，Y，以及一個長度為n的輔助陣列A，存在O(m+n)時間複雜度的演算法AuxSort;該演算法可以原地歸併排序X和Y，同時A中元素保持不變(順序可能打亂)。

演算法具體步驟如下：

1. 交換X 和 A。
2. 維護兩個整數下標 px, py，初始化為0，分別代表A[0]和Y[0]; 另外維護一個dest指標，初始化指向X[0]，並且該指標在移動到X[n-1]後，自動過渡到Y[0]。
3. 比較A[px], Y[py]：
   若 A[px] <= Y[py], swap(A[px++], *dest++); 
   若 A[px]  >  Y[py]，swap(Y[py++], *dest++);
4. 若A或Y中仍有剩餘元素，則將剩餘部分依次與*dest交換。當然每一步要執行dest++操作。

通過上述步驟很容易發現，該演算法的基本思想與傳統的2-way merge sort如出一轍，時間複雜度也都是O(n)。只不過傳統的merge sort中我們有一個額外的目的陣列，且其中沒有資料; 而這裡目的陣列就是X+Y本身，所以我們要首先交換X和A，將X “騰空”，另外由於我們不能破壞其中資料，在之後的每一步中，我們執行的都是交換操作，而不是傳統merge sort中的賦值操作。

為了有助於理解，我們來看一個例子。假設n=3，且x1 < y1 < x2 < y2< x3 < y3，具體的執行過程如圖1所示。

圖1 利用輔助陣列原地歸併排序

下面開始本文的重點，in-place merge sort演算法，具體內容參考自TAOCP Vol3 5.2.5 習題，根據Knuth的記述，該演算法出自Doklady Akad. Nauk SSSR 186 (1969)。這幫人真是神人。。。廢話不說了，直接進入到正題吧。

假設我們有兩個已經各自有序的陣列X和Y，其總長度為N，如圖2所示。下面將要介紹的演算法將利用O(1)的額外空間，在O(N)的時間內將其原地排序。總體來說演算法分為3部分：分塊，兩兩歸併，掃尾。

圖2 原始陣列

分塊：我們將原始陣列組合在一起，並以長度n=sqrt(N)將其分成m+2份： Z1, Z2, … Zm+1, Zm+2，如圖3所示。這樣，除了Zm+2中有(N % n)個元素之外，其他m+1塊都恰好有n個元素。

圖3 分塊

另外，如圖3所示，假設X[-1] (X中的最後一個元素)包含在Zk中，那麼我們將其與Zm+1交換。這樣以來，Z1, Z2, …, Zm 中的元素都各自有序，且規模為n。我們將調整之後的Zm+1和Zm+2統稱為A，其規模s為[n, 2n)。如上兩步在O(N)時間內即可完成。

兩兩歸併：根據每一塊中的第一個元素大小調整Z1, Z2, ... Zm的順序，使得Z1[0] <= Z2[0] <= … <= Zm[0]。若第一個元素相等，則以最後一個元素的大小作為依據。由於無法利用額外空間，我們可以採用選擇排序：每一輪從剩餘的塊裡面選擇一個首元素最小的塊，與當前塊交換。最壞情況下進行m輪，每一輪需要O(m)的比較, O(n)的交換，總體的時間複雜度為O(m(m+n))=O(N)。

如此排列好之後，我們便可以從Z1和Z2開始進行兩兩歸併排序。由於A的長度s>=n，這裡我們可以採用前文介紹的AuxSort方法。唯一的缺點是A中的元素順序會被打亂，但由於A中元素本來也就無序，所以也就無所謂了。也就是說，我們要執行m-1輪AuxSort演算法，其中第i輪處理Zi和Zi+1。通過下面的歸納法證明，我們可以得知，這m-1輪AuxSort過程執行完之後，Z1~Zm中所有的元素就已經排序完畢了。

在此之前首先假設排序結束之後的第i塊為Ri，而經過AuxSort處理後的Zi為Z’i。另外，為了描述方便，我們把Z1~Zm中屬於X的第一塊叫做X1，屬於Y的第一塊叫做Y1，依次類推。

我們接下來將要證明，在第i輪處理後，Ri = Z’i。

1. i=1。不失一般性，我們假設Z1為X1，那麼Z1, Z2, Z3 可能為 {X1, X2, X3}, {X1, X2, Y1}, {X1, Y1, X2}, {X1, Y1, Y2}.
   1. {X1, X2, X3}。則X1[n-1] <= X2[0] = Z2[0] <= Zi[0] <= Zi[k] (i>=2)，也就是說，X1包含最小的n個元素，R1 = X1=Z’1。另外，Z’2[0] = Z2[0] = X2[0] <= X3[0] = Z3[0]。
   2. {X1, X2, Y3}。同上，X1[n-1] <= Z2[0] <= Zi[k] (i>=2)，因此R1=X1=Z’1。另外，Z’2[0]=Z2[0]<=Z3[0]。
   3. {X1, Y1, X2}。顯然最小的n個元素一定在X1或Y1中，因此R1=Z’1。另外，Z’2[0] <= max(X1[n-1], Y1[0]) <= X2[0] = Z3[0]。
   4. {X1, Y1, Y2}。同理，最小的n個元素一定在X1或Y1中，R1=Z’1。另外，Z’2[0] <= Y1[n-1] <= Y2[0] = Z3[0]

   因此merge之後, Z’2[0] <= Z3[0]的性質仍然成立。在隨後的分析中，如果Z’2[n-1] = X1[n-1],  那麼可以將Z’2看成是X1; 同理如果Z’2[n-1] = Y1[n-1]，我們可以將其看成是Y1。這是一個很重要的推論，直接支援我們在隨後繼續沿用上述四種情況的分析。

2. 假設i=k的時候結論成立，也就是說k輪AuxSort之後，R1~Rk已經就位。且根據上一步中的推論，Z’k+1可以直接看作是Xi或Yj。也就是說，上一步中四種分情況討論的方法依舊適用。證畢;
3. 綜上所述，根據歸納法我們可以得知結論成立。

由於共經過m輪兩兩歸併，每一輪歸併時間複雜度為O(n)，因此第二步總體時間複雜度為O(mn) = O(N)。

掃尾：第二步結束之後，R[0...kn-1]已經排序完畢。由於A中共有s個元素，容易看出，原始陣列中最大的s個元素一定存在於A和R[kn-s, kn-1]中。因此我們可以利用選擇排序，在O(s^2) = O(N)時間內將A和R[kn-s, kn-1]排序，這樣最大的s個元素就被移動到A中。換句話說，R[0, kn-1]中儲存著原始陣列中的前N-s個元素。

利用AuxSort, 可以以A為輔助陣列，將R[0...kn-s-1] (長度為N-2s)和 R[kn-s, kn-1] (長度為s) 歸併排序。這樣原始陣列中的前N-s個元素排序完畢，時間複雜度為O(N)。由於A中元素順序已經被打亂，我們需要再次利用選擇排序在O(s^2)=O(N)的時間內對其重新排序。

這樣一來，通過分塊，兩兩歸併，以及掃尾三個步驟以後，我們完成了對於X和Y的一輪原地歸併排序，時間複雜度為O(N)，空間複雜度為O(1)。以此為基礎，完整的歸併排序可以在O(NlogN)時間內完成，空間複雜度仍然為O(1)。

注意由於AuxSort基於交換操作，A中元素的順序會被打亂，因此該排序演算法是不穩定的。

後記：

記不得最開始聽說這個概念是什麼時候了，最近有印象的一次是去年去STC面試，面試官問到merge sort的時候說這個有什麼缺點啊？我說好像也沒啥特別的缺點，普遍認為的O(n)的extra space可以省掉，因為我們有in-place merge sort。面試官於是很感興趣地讓我描述一下大致流程。:( 可憐我當時其實並不知道具體的步驟，大囧了一把。好在面試官也沒有計較 

後來回去之後翻STL中的inplace_merge研究了一下，發現這個並不是純正的in-place merge sort，也有可能會用到額外的buffer，非常失望，就沒有繼續研究了。前段時間又一次心血來潮，發現這原來是TAOCP裡面的一道習題，於是結合答案終於搞定之。由於Knuth的答案一向簡單明瞭，其中關於兩兩歸併這一步正確性的證明我沒太看明白，只好自己重新推導了一遍，因此寫起來要比原文羅嗦許多。沒有時間的同學，也許回頭直接看原文會好很多。:D

另外，stable in-place merge sort也是TAOCP的習題之一 (所以說TAOCP看得慢並不能說明我笨啊。。。)，等我有時間的時候，再繼續整理吧~ 希望不會拖太久哈哈。