insortion_recusion_sort ( a , n ) //a[1..n]
if n > 2 //陣列元素在2個以上時將陣列進行拆分……………………………………………………c1
insortion_recusion_sort ( a , n - 1 ) //將前 n - 1位進行插入排序……………………c2
key = a [ n ] //將陣列中的最後一位設為待比較值key………………………………………………c3
i = n - 1 //要比較的陣列元素為n-1個………………………………………………………………c4
while i > 0 and a [ i ] > key //當標誌位沒到陣列左盡頭，且第a [ i ]比a [ n ](key)大時…………c5
a [ i + 1 ] = a [ i ] //a [ i ]移動到a [ i +1 ]的位置，當前值右移一位………………………………c6
i = i - 1 //標誌位左移一位……………………………………………………………………………c7
a [ i + 1 ] = key…………………………………………………………………………………………c8
//比較完畢後，最後乙個a [ i ]的位置因為與a [ i +1]交換了，所以是空出來的，這個位置掃塌而待在空中與各個a [ i ]做比較的a[ n ]的值key，a[ n ]從一開始失去了位置，到最後它的值終於在所有比它大的a[ i ]之前的位置安了家。並完成了從小到大的排序。ps：因為最後一步有個 i = i - 1 ，所以是a [ i + 1 ] = key，而不是a [ i ] = key。
首先，題目讓我們考慮最差的情況，即a[1..n]是從大到小排序的，偽**第6行while中的每一次交換都不能省，且都要交換到i=0結束。
先考慮t(n)的情況，設在每個函式中while迴圈一共要執行ti次。
t(n)=c1+c2+c3+c4+ti*c5+(ti-1)*(c6+c7)+c8+t(n-1)
t(n)=(c5+c6+c7)*ti+c1+c2+c3+c4-c6-c7+c8+t(n-1)
因為c1~8都是常數，複雜度都為o(1)，不妨設k1=c5+c6+c7，k2=c1+c2+c3+c4-c6-c7+c8。
則，t(n)=k1*ti+k2+t(n-1)
當n=n時其中c5處，想想最後乙個元素（最小數）待排序的情況，前面的每個數都比它大，即要完成（n-1）次比較，算上最後i=0結束迴圈那次，一共ti=(n-1)+1=n。
t(n)=n*k1+k2+t(n-1)，同理，
t(n-1)=(n-1)*k1+k2+t(n-2),
t(n-3)=(n-3)*k1+k2+t(n-3),
t(3)=3*k1+k2+t(2),
t(2)=2*k1+k2.
最後我們來驗證一下t(2)的值。考慮遞迴結束時，即n=2時，
直觀地,
t(2)=c1+c3+c4+2*c5+c6+c7+c8，我們將k1=c5+c6+c7，k2=c1+c2+c3+c4-c6-c7+c8代入原式，可得
t(2)=2*k1+k2。
驗證無誤。
將t(2)到t(n-1)依次代入上一級呼叫。
顯然，t(n)=(2+3+4+……+(n-1)+n)*k1+n*k2,
t(n)=0.5*k1*n*n+(0.5*k1+k2)*n-k1-k2.
其中k1,k2均為常數，
故迭代插入排序演算法的時間複雜度為o(n^2)。
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