如何从{1，2，3}{1；2；3}这样的数组中提取元素，如我要提取，怎么做。
不太明白你要做什么
INDEX({1,2,3},1,2)=2
1可以省略,这个是一维数组,直接写INDEX({1,2,3},2)也可以.
INDEX({1;2;3},2,1)=2
这个也可以省略后面的1,写成index({1;2;3},2)=2,因为每一行只有1列.
其他答案（共1个回答）
区域。那么，
2、从{1，2，3}{1；2；3}中取数，就视同对黄色和绿色区域取数：
1）对{1,2,3}取数，如两红色区域。
2）对{1;2;3}取数，如两蓝色区域，等等。
格式=》条件格式=》选择公式，在公式中输入=COUNTIF($A$1:$G$19,M1)&=1，再选择格式，填充颜色，确定。再使用格式刷在你需要的位置刷一下就好...
太高深了 哥哥
（数组公式：数组公式对一组或多组值执行多重计算，并返回一个或多个结果。数组公式括于大括号 ({ }) 中。按 Ctrl+Shift+Enter 可以输入...
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这不是个问题
这个问题分类似乎错了
这个不是我熟悉的地区trackbacks-0
问题如题目，不过数组是无序数组，数组中元素个数假设为n下面介绍第一种最朴素的做法：设定两个变量，first和second，然后依次遍历数组；如果当前遍历元素a[i]比first大，则second = first， first = a[i]；如果当前遍历元素a[i]比first小，则再比较a[i]与second的大小，如果a[i]比second大，则second = a[i]，否则second值不变。那么上面算法的复杂度是多少呢？我先写出代码再分析复杂度，代码比较简单：&1&int&find_second_1(int&*a,&int&n)&{&2&&&assert(a&!=&NULL&&&&n&&&1);&&3&&&int&first&=&a[0];&4&&&int&second&=&a[1];&5&&&if&(first&&&second)&{&6&&&&&first&=&a[1];&7&&&&&second&=&a[0];&8&&}&9&&&for&(int&i&=&2;&i&&&n;&++i)&{10&&&&&if&(a[i]&&&first)&{11&&&&&&&second&=&12&&&&&&&first&=&a[i];13&&&&&}&else&{14&&&&&&&if&(a[i]&&&second)&{15&&&&&&&&&second&=&a[i];16&&&&&&&}17&&&&&}18&&&}19&&&return&20&}其实这个问题很容易就能写出O(n)复杂度的算法，反而想写出比O(n)复杂度高的还不太容易，所以我们这里就着重分析比较次数，上面算法可以看出在n&2时，比较次数跟给定数组当前状况有关，比如，如果当前数组已经递增有序，则算法只需要比较n - 1次；但是如果当前数组已经递减有序，则算法需要比较2n - 3次，所以我们可以知道上面算法的最坏情况比较次数为2n - 3，最好情况比较次数为n - 1；我们这里假设数组中的数的大小符合均匀随机分布，则当前a[i]比first大的概率为0.5，当前a[i]比first小的概率也为0.5，所以总的期望比较次数=1 + 0.5(n - 2) + 0.5 * 2 * (n - 2) = 1.5n - 2；所以总结如下：算法的最坏情况比较次数为2n - 3，算法的最好情况比较次数为n - 1，算法的期望比较次数为1.5n - 2；那么能不能改进算法让使得在最坏情况下也比较1.5n + c次呢？c为一小常数。答案是肯定的。上面算法中，在扫描数组的时候每次取一个元素和first以及second比较，那么我们能不能每次取两个元素a[i]和a[i + 1]呢？这两个元素先确定大小关系，假设为tmpfirst以及tmpsecond，这只需一次比较，然后再通过类似归并排序的归并步骤确定first、second和tmpfirst、tmpsecond两个有序子数组合并后的newfirst和newsecond，这只需要确定的2次比较，综上可知每次取两个元素的话总的比较次数为3次，而原来算法确定两个元素a[i]和a[i + 1]需要2次（最好）或4次（最差）比较。这样就让算法固定在1.5n + c次比较，具体c是多少，我们先写代码看：&1&int&find_second_2(int&*a,&int&n)&{&2&&&assert(a&!=&NULL&&&&n&&&1);&3&&&int&first&=&a[0];&4&&&int&second&=&a[1];&5&&&if&(first&&&second)&{&6&&&&&first&=&a[1];&7&&&&&second&=&a[0];&8&&&}&9&&&for&(int&i&=&2;&i&&&n&-&1;&i&+=&2)&{10&&&&&int&tmpfirst&=&a[i];11&&&&&int&tmpsecond&=&a[i&+&1];12&&&&&if&(tmpfirst&&&tmpsecond)&{13&&&&&&&tmpfirst&=&a[i&+&1];14&&&&&&&tmpsecond&=&a[i];15&&&&&}16&&&&&if&(first&&&tmpfirst)&{17&&&&&&&if&(second&&&tmpfirst)&{18&&&&&&&&&second&=&19&&&&&&&}20&&&&&}&else&{21&&&&&&&first&=&22&&&&&&&if&(first&&&tmpsecond)&{23&&&&&&&&&second&=&24&&&&&&&}25&&&&&}26&&&}27&&&if&(n&%&2)&{28&&&&&if&(a[n&-&1]&&&first)&{29&&&&&&&if&(a[n&-&1]&&&second)&{30&&&&&&&&&second&=&a[n&-&1];31&&&&&&&}32&&&&&}&else&{33&&&&&&&second&=&34&&&&&&&first&=&a[n&-&1];35&&&&&}36&&&}37&&&return&38&}上面算法需要区分n为偶数和奇数的情况，通过分析代码我们可以得出如下结论：若n为偶数，则总的比较次数 = 1 + 1.5 * (n - 2) = 1.5n - 2；若n为奇数，则总的比较次数 = 1 + 1.5 * (n - 3) + 1 = 1.5n - 2.5或总的比较次数 = 1 + 1.5 * (n - 3) + 2 = 1.5n - 1.5可以知道，上面算法确实可以将总的比较次数限定在1.5n + c的范围，且c比较小。那么现在又有问题了，能不能通过每次取多于2个元素比如每次取3个元素a[i]、a[i &+ 1]、a[i + 2]，一次性确定3个元素的大小，比如tmpfirst、tmpsecond、tmpthird，然后再确定first、second以及tmpfirst、tmpsecond、tmpthird这五个元素中前两大的元素，我们可以计算一下，确定a[i]、a[i + 1]、a[i + 2]三个元素的大小关系至少需要三次比较，这样平摊到每个元素需要1次比较，而上面算法确定两个元素大小只需要一次比较，平摊到一个元素只需要0.5次比较，所以每次取多于2个元素的方法行不通。那么还有没有其他的办法呢？仔细分析前面的算法，它的核心思想是每确定a[i]和a[i + 1]的大小关系之后就紧接着和first以及second比较来更新first和second，那我们能不能先依次确定(a[1]、a[2])，(a[3]、a[4])，...，(a[n - 1]、a[n])，然后再确定(a[1]、a[2]、a[3]、a[4])，...，(a[n - 3]、a[n - 2]、a[n - 1]、a[n])，这样依次合并，最后确定(a[1]、a[2]、...、a[n])的first和second，这不就是分治的思想嘛…和归并排序一样一样的。代码如下：&1&#define&INF&-&2&&3&struct&first_and_second&{&4&&&int&&5&&&int&&6&};&7&&8&first_and_second&find_second_3(int&*a,&int&start,&int&end)&{&9&&&assert(a&!=&NULL);10&&&first_and_second&11&&&if&(start&&&end)&{12&&&&&res.first&=&res.second&=&INF;13&&&}&else&if&(start&==&end)&{14&&&&&res.first&=&a[start];15&&&&&res.second&=&INF;16&&&}&else&if&(start&==&end&-&1)&{17&&&&&if&(a[start]&&&a[end])&{18&&&&&&&res.first&=&a[start];19&&&&&&&res.second&=&a[end];20&&&&&}&else&{21&&&&&&&res.first&=&a[end];22&&&&&&&res.second&=&a[start];23&&&&&}24&&&}&else&{25&&&&&first_and_second&t1&=&find_second_3(a,&start,&((end&-&start)&&&&1)&+&start);26&&&&&first_and_second&t2&=&find_second_3(a,&(((end&-&start)&&&&1)&+&start&+&1),&end);27&&&&&if&(t1.first&&&t2.first)&{28&&&&&&&res.first&=&t1.29&&&&&&&if&(t2.first&&&t1.second)&{30&&&&&&&&&res.second&=&t2.31&&&&&&&}&else&{32&&&&&&&&&res.second&=&t1.33&&&&&&&}34&&&&&}&else&{35&&&&&&&res.first&=&t2.36&&&&&&&if&(t1.first&&&t2.second)&{37&&&&&&&&&res.second&=&t1.38&&&&&&&}&else&{39&&&&&&&&&res.second&=&t2.40&&&&&&&}41&&&&&}42&&&}43&&&return&44&}算法是很漂亮，同样来分析一下比较次数吧：根据递归，可以很容易写出如下递推式：T(n) = 2T(n/2) + 2，其中2T(n/2)是子问题需要的比较次数，2是两个子问题归并需要的次数。根据《算法导论》主定理，我们可以知道T(n)是O(n)的，哈哈！我们至少没有写出一个比O(n)高阶的算法！但是还没有办法确定n前面的系数到底有多大，我们下面就简单递推一下：T(n) = 2T(n/2) + 2 = 2(2T(n/4) + 2) + 2 = 2[2(2T(n/8) + 2) + 2] + 2 = ... = 2[log2n - 1]T(n/&2[log2n - 1]&) + 21 + 22 + ... +&2[log2n - 1] = (n/2)T(2) + n - 2，又易知T(2)为1，所以T(n) = 1.5n - 2，上面的计算并不是非常严谨 ，但是不会影响判断1.5的得出，所以我们可以看出，虽然采用了分治的方法，但是比较次数并没有降低，其实仔细思考的话会发现分治和上面的每次取两个元素比较的思想是等同的。上面仅仅是针对取数组中第二大数来分析的，如果要取数组中第k大数的话就不适用了，具体可以参见《算法导论》中位数与顺序统计章节，里面的介绍很精彩。
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&re: 查找数组中第二大的数
窃以为。。。第二段代码。。。是不是该将21行移到25和25行之间。。。&&&&&&
&re: 查找数组中第二大的数
你每次取两个数，然后利用归并思想的那个方法，是怎么算出来是1.5n的？？？f(n)=2f(n/2)+3表示疑问~~&&&&&&
&re: 查找数组中第二大的数[未登录]
@江南烟雨若n为偶数，则总的比较次数 = 1 + 1.5 * (n - 2) = 1.5n - 2；若n为奇数，则总的比较次数 = 1 + 1.5 * (n - 3) + 1 = 1.5n - 2.5或总的比较次数 = 1 + 1.5 * (n - 3) + 2 = 1.5n - 1.5结合第二段代码，应该很容易分析出来吧？每个主循环内的比较次数是3次，主循环的循环次数为(n - 2) / 2次或者为(n - 3) / 2次。&&&&&&
&re: 查找数组中第二大的数[未登录]
@chraac嗯。肯定的。他先复制，tmpfirst肯定是比tmpsecond大，应该是先比较后赋值，而不应该是先赋值后比较。&&&&&&
&re: 查找数组中第二大的数
这是我实现的一种方法，是基于堆排序的，可以在nlogK的时间复杂度内查找到前K个最小(或者最大)的元素还请楼主多多指教，详情见我的博客主页&&&&&&
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