前言

困难 ○ 这题搞了3天实在太难了，本质就是每次排除k/2个数，直到找到第k个数。

题目

给定两个大小分别为 m 和 n 的正序（从小到大）数组 nums1 和 nums2。请你找出并返回这两个正序数组的 中位数 。

算法的时间复杂度应该为 O(log (m+n)) 。

示例 1：

输入：nums1 = [1,3], nums2 = [2]
输出：2.00000
解释：合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2

示例 2：

输入：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]
输出：2.50000
解释：合并数组 = [1,2,3,4] ，中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5

提示：

• nums1.length == m
• nums2.length == n
• 0 <= m <= 1000
• 0 <= n <= 1000
• 1 <= m + n <= 2000
• -106 <= nums1[i], nums2[i] <= 106

思路

笔者一开始的思路是比较两个数组的中点排除一半数组，直到有一边只剩一个数，这样做的缺点在于判断条件过多，到最后还要判断奇偶数，非常麻烦。

官方题解

给定两个有序数组，要求找到两个有序数组的中位数，最直观的思路有以下两种：

使用归并的方式，合并两个有序数组，得到一个大的有序数组。大的有序数组的中间位置的元素，即为中位数。

不需要合并两个有序数组，只要找到中位数的位置即可。由于两个数组的长度已知，因此中位数对应的两个数组的下标之和也是已知的。维护两个指针，初始时分别指向两个数组的下标 0 的位置，每次将指向较小值的指针后移一位（如果一个指针已经到达数组末尾，则只需要移动另一个数组的指针），直到到达中位数的位置。

假设两个有序数组的长度分别为 m 和 n，上述两种思路的复杂度如何？

第一种思路的时间复杂度是 O(m+n)，空间复杂度是 O(m+n)。第二种思路虽然可以将空间复杂度降到 O(1)，但是时间复杂度仍是 O(m+n)。

如何把时间复杂度降低到 O(log(m+n)) 呢？如果对时间复杂度的要求有 log，通常都需要用到二分查找，这道题也可以通过二分查找实现。

根据中位数的定义，当 m+n 是奇数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2 个元素，当 m+n 是偶数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2 个元素和第 (m+n)/2+1 个元素的平均值。因此，这道题可以转化成寻找两个有序数组中的第 k 小的数，其中 k 为 (m+n)/2 或 (m+n)/2+1。

假设两个有序数组分别是 A 和 B。要找到第 k 个元素，我们可以比较 A[k/2−1] 和 B[k/2−1]，其中 / 表示整数除法。由于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 的前面分别有 A[0..k/2−2] 和 B[0..k/2−2]，即 k/2−1 个元素，对于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 中的较小值，最多只会有 (k/2−1)+(k/2−1)≤k−2 个元素比它小，那么它就不能是第 k 小的数了。

因此我们可以归纳出三种情况：

如果 A[k/2−1]<B[k/2−1]，则比 A[k/2−1] 小的数最多只有 A 的前 k/2−1 个数和 B 的前 k/2−1 个数，即比 A[k/2−1] 小的数最多只有 k−2 个，因此 A[k/2−1] 不可能是第 k 个数，A[0] 到 A[k/2−1] 也都不可能是第 k 个数，可以全部排除。

如果 A[k/2−1]>B[k/2−1]，则可以排除 B[0] 到 B[k/2−1]。

如果 A[k/2−1]=B[k/2−1]，则可以归入第一种情况处理。

可以看到，比较 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 之后，可以排除 k/2 个不可能是第 k 小的数，查找范围缩小了一半。同时，我们将在排除后的新数组上继续进行二分查找，并且根据我们排除数的个数，减少 k 的值，这是因为我们排除的数都不大于第 k 小的数。

有以下三种情况需要特殊处理：

如果 A[k/2−1] 或者 B[k/2−1] 越界，那么我们可以选取对应数组中的最后一个元素。在这种情况下，我们必须根据排除数的个数减少 k 的值，而不能直接将 k 减去 k/2。

如果一个数组为空，说明该数组中的所有元素都被排除，我们可以直接返回另一个数组中第 k 小的元素。

如果 k=1，我们只要返回两个数组首元素的最小值即可。

class Solution {
public:double findk(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, int k){double ans;int m = nums1.size();int n = nums2.size();int index1 = 0, index2 = 0; //区间起点while(true){//一个数组已完全排除if (index1 == m)return nums2[index2 + k - 1];if (index2 == n)return nums1[index1 + k - 1];//剩余一个要排除，排除大的返回小的if (k == 1)return min(nums1[index1], nums2[index2]);//区间终点，k/2-1是区间长度，如果该长度超过数组长度，直接取数组最后一个值int newindex1 = min(index1 + k / 2 - 1, m - 1);int newindex2 = min(index2 + k / 2 - 1, n - 1);//区间终点值，也就是要比较的值int point1 = nums1[newindex1];int point2 = nums2[newindex2];//终点值小的一边包括终点全被排除//更新k，更新小的一边的起点坐标（上一个终点的下一位）//等号在哪里不影响结果if (point1 <= point2){k -= newindex1 - index1 + 1;index1 = newindex1 + 1;}else{k -= newindex2 - index2 + 1;index2 = newindex2 + 1;}}return ans;}double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int m = nums1.size();int n = nums2.size();double ans;if ((m+n)%2 == 0){ans = (findk(nums1, nums2, (m+n)/2)+findk(nums1, nums2, (m+n)/2+1))/2;}else{ans = findk(nums1, nums2, (m+n)/2+1);}return ans;}
};

心得

结束二分专题，这个题目需要非常强的逻辑思维，否则很容易被绕进去。再回顾下解法：奇数找中间数，偶数找中间两个数除2。定义一个函数找两个数组的第k位数，定义初始起点为0，数组长度为k/2-1(保证每次排除不会把k排走)，进入循环后计算数组终点：起点+长度，如果超过整个数组长度则取最后一位。比较两个区间终点，把小的一边排除，循环比较。直到一边被完全排除，直接返回另一个数组的index+k个数；或者k==1，还剩一个数要排除，排除大的，返回小的。做这个专题的时候太过急躁了，过于低估，很多题目没有好好想清楚边界情况就框框做，这个是个坏习惯。静下心来，笔算每个题的思路，具体到抽象再到具体，严谨严谨再严谨！