LeetCode 4 寻找两个正序数组的中位数

题目描述

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

解法

遍历解法

思路：

先找到中位数在哪
依次遍历两个数组，依次从两个数组前面取元素（都是数组最小的元素），比较大小，取较小的，
更新元素小的那个数组的索引，向后移动一位，继续遍历比较
只需要遍历到中位数次数即可。

java代码：

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {// 先找到计算中位数的位置：如果是奇数则去中间的，否则取中间两个的平均数ArrayList<Integer> arr = new ArrayList<>();if ((nums1.length + nums2.length) % 2 == 1) {arr.add((nums1.length + nums2.length) / 2 + 1);} else {arr.add((nums1.length + nums2.length) / 2);arr.add((nums1.length + nums2.length) / 2 + 1);}// 中位数的和int sum = 0;int index1 = 0;  // 数组1的索引int index2 = 0;  // 数组2的索引int count = 0;   // 已经排序的总数// 遍历两个数组，依次从两个数组取元素，比较大小，取较小的while (count < (nums1.length + nums2.length) / 2 + 1) {// 比较两个数组的元素，更新元素小的那个数组的索引，并取出小的元素int min;if (index1 >= nums1.length) {// 说明nums1数组被取完了，去取nums2数组min = nums2[index2];index2 ++;} else if (index2 >= nums2.length) {// 说明nums2数组被取完了，去取nums1数组min = nums1[index1];index1 ++;} else if (nums1[index1] < nums2[index2]) {// nums1数组的元素更小min = nums1[index1];index1 ++;} else {// nums2数组的元素更小min = nums2[index2];index2 ++;}count ++;if (arr.contains(count)) {// 计算平均数的和sum += min;}}return (double)sum / arr.size();}
}

复杂度

时间复杂度：O(m+n)，m和n分别为数组长度
空间复杂度：O(1)

二分 + 递归

思路：

找第k大的数，那么每次先去排除k/2个数；
分别两个数组里找第k/2的数，如果 k 是奇数，向下取整，然后比较两个数组的第k/2的数大小，小的那个数组的第k/2的数前面的数，肯定不是第K大的数；
把小的数组的前面的数排除掉(k/2个)，因为前面已经排除了k/2个数，所有后面只在两个数组里找第 k- k/2 大的数即可

注意特殊情况（递归终止条件）：

每次都是取 k/2 的数进行比较，有时候可能会遇到数组长度小于 k/2的时候，那么只要取末尾那个数就行
如果有数组为空，则只取不为空的数组中位数

java代码：

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int len1 = nums1.length;int len2 = nums2.length;int sumLen = len1 + len2;if (sumLen % 2 == 1) {  // 奇数个return getKth(nums1, nums2, 0, len1 - 1, 0, len2 - 1, sumLen / 2 + 1);} else {  // 偶数个int mid1 = getKth(nums1, nums2, 0, len1 - 1, 0, len2 - 1, sumLen / 2);int mid2 = getKth(nums1, nums2, 0, len1 - 1, 0, len2 - 1, sumLen / 2 + 1);return (mid1 + mid2) / 2.0d;}// 时间复杂度是O(log(k))，因为k = （m + n）/2 ，所以时间复杂度O(log(m + n))}/*** 辅助函数：找两个数组第k大的数* 二分 + 递归* 整体思路：找第k大的数，那么每次先去排除k/2个数*          分别两个数组里找第k/2的数，如果 k 是奇数，向下取整，然后比较两个数组的第k/2的数大小，小的那个数组的第k/2的数前面的数，肯定不是第K大的数*          把小的数组的前面的数排除掉(k/2个)，因为前面已经排除了k/2个数，所有后面只在两个数组里找第 k- k/2 大的数即可*          特殊情况：1. 每次都是取 k/2 的数进行比较，有时候可能会遇到数组长度小于 k/2的时候，那么只要取末尾那个数就行*                   2.如果有数组为空，则只取不为空的数组中位数** @param nums1  数组1* @param nums2  数组2* @param start1 数组1的起始索引* @param end1  数组1的结束索引* @param start2  数组2的起始索引* @param end2  数组2的结束索引* @param k* @return*/private static int getKth(int[] nums1, int[] nums2, int start1, int end1, int start2, int end2, int k) {int len1 = end1 - start1 + 1;int len2 = end2 - start2 + 1;// 让 len1 的长度小于 len2，这样就能保证如果有数组空了，一定是 len1if (len1 > len2) {return getKth(nums2, nums1, start2, end2, start1, end1, k);}// 下面是递归的两个结束条件// 1. 如果第一个数组长度为0，直接找第二个数组中位数即可if (len1 == 0) {return nums2[start2 + k -1];}// 2. 如果k等于1，直接找两个数组中第一个元素小的那个元素if (k == 1) {return Math.min(nums1[start1], nums2[start2]);}// 找两个个数组的第k/2个索引// 小心这里可能数组越界，即第一个数组的长度没有第k/2个数大了，那么就取最后一个int index1 = start1 + Math.min(len1, k/2) -1;int index2 = start2 + Math.min(len2, k/2) -1;// 比较两个数组索引位置的元素大小，小的那个前面的元素不要了，继续递归调用找第k- k/2 大的数// 注意点：这里的第k- k/2 大的，需要考虑到上面可能第一个数组的长度没有第k/2个数大了// 那么就只排除了第一个数组长度的数，所以，不应该找第k- k/2 大的数，而是找第k- num1.length 大的数，// 两种情况综合考虑，即找第 k - Math.min(len2, k/2)大的数，可用k - (index1 - start1 + 1)表示if (nums1[index1] < nums2[index2]) {return getKth(nums1, nums2, index1 + 1, end1, start2, end2, k - (index1 - start1 + 1));} else {return getKth(nums1, nums2, start1, end1, index2 + 1, end2, k - (index2 - start2 + 1));}}
}