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一、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

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

二、代码

二分查找

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：
【1】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。
【2】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(k/2-1)+(k/2-1)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：
【1】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。
【2】如果A[k/2−1]>B[k/2−1]，则可以排除B[0]到B[k/2−1]。
【3】如果A[k/2−1]=B[k/2−1]，则可以归入第一种情况处理。

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：
【1】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。
【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。
【3】如果k=1，我们只要返回两个数组首元素的最小值即可。

用一个例子说明上述算法。假设两个有序数组如下：

A: 1 3 4 9
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9

两个有序数组的长度分别是4和9，长度之和是13，中位数是两个有序数组中的第7个元素，因此需要找到第k=7个元素。

比较两个有序数组中下标为k/2−1=2的数，即A[2]和B[2]，如下面所示：

A: 1 3 4 9↑
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9↑

由于A[2]>B[2]，因此排除B[0]到B[2]，即数组B的下标偏移offset变为3，同时更新 k的值：k=k−k/2=4。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为k/2−1=1的数，即A[1]和B[4]，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

A: 1 3 4 9↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9↑

由于A[1]<B[4]，因此排除A[0]到A[1]，即数组A的下标偏移变为2，同时更新k的值：k=k−k/2=2。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为k/2−1=0的数，即比较A[2]和B[3]，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

A: [1 3] 4 9↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9↑

由于A[2]=B[3]，根据之前的规则，排除A中的元素，因此排除A[2]，即数组A的下标偏移变为 3，同时更新k的值： k=k−k/2=1。

由于k的值变成1，因此比较两个有序数组中的未排除下标范围内的第一个数，其中较小的数即为第k个数，由于 A[3]>B[3]，因此第k个数是B[3]=4。

A: [1 3 4] 9↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9↑

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;int totalLength = length1 + length2;if (totalLength % 2 == 1) {int midIndex = totalLength / 2;double median = getKthElement(nums1, nums2, midIndex + 1);return median;} else {int midIndex1 = totalLength / 2 - 1, midIndex2 = totalLength / 2;double median = (getKthElement(nums1, nums2, midIndex1 + 1) + getKthElement(nums1, nums2, midIndex2 + 1)) / 2.0;return median;}}public int getKthElement(int[] nums1, int[] nums2, int k) {/* 主要思路：要找到第 k (k>1) 小的元素，那么就取 pivot1 = nums1[k/2-1] 和 pivot2 = nums2[k/2-1] 进行比较* 这里的 "/" 表示整除* nums1 中小于等于 pivot1 的元素有 nums1[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个* nums2 中小于等于 pivot2 的元素有 nums2[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个* 取 pivot = min(pivot1, pivot2)，两个数组中小于等于 pivot 的元素共计不会超过 (k/2-1) + (k/2-1) <= k-2 个* 这样 pivot 本身最大也只能是第 k-1 小的元素* 如果 pivot = pivot1，那么 nums1[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums1 数组* 如果 pivot = pivot2，那么 nums2[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums2 数组* 由于我们 "删除" 了一些元素（这些元素都比第 k 小的元素要小），因此需要修改 k 的值，减去删除的数的个数*/int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;int index1 = 0, index2 = 0;int kthElement = 0;while (true) {// 边界情况if (index1 == length1) {return nums2[index2 + k - 1];}if (index2 == length2) {return nums1[index1 + k - 1];}if (k == 1) {return Math.min(nums1[index1], nums2[index2]);}// 正常情况int half = k / 2;int newIndex1 = Math.min(index1 + half, length1) - 1;int newIndex2 = Math.min(index2 + half, length2) - 1;int pivot1 = nums1[newIndex1], pivot2 = nums2[newIndex2];if (pivot1 <= pivot2) {k -= (newIndex1 - index1 + 1);index1 = newIndex1 + 1;} else {k -= (newIndex2 - index2 + 1);index2 = newIndex2 + 1;}}}
}

时间复杂度： O(log⁡(m+n))，其中m和n分别是数组nums1和nums2的长度。初始时有k=(m+n)/2或k=(m+n)/2+1，每一轮循环可以将查找范围减少一半，因此时间复杂度是O(log⁡(m+n))。
空间复杂度： O(1)。

划分数组

方法一的时间复杂度已经很优秀了，但本题存在时间复杂度更低的一种方法。这里给出推导过程，勇于挑战自己的读者可以进行尝试。

为了使用划分的方法解决这个问题，需要理解「中位数的作用是什么」。在统计中，中位数被用来：将一个集合划分为两个长度相等的子集，其中一个子集中的元素总是大于另一个子集中的元素。

如果理解了中位数的划分作用，就很接近答案了。

首先，在任意位置i将A划分成两个部分：

           left_A            |          right_AA[0], A[1], ..., A[i-1]  |  A[i], A[i+1], ..., A[m-1]

由于A中有m个元素， 所以有m+1种划分的方法（i∈[0,m]i \in [0, m]i∈[0,m]）。

    len(left_A)=i,len(right_A)=m−i

注意： 当i=0时，left_A为空集， 而当i=m时, right_A为空集。

采用同样的方式，在任意位置j将B划分成两个部分：

           left_B            |          right_BB[0], B[1], ..., B[j-1]  |  B[j], B[j+1], ..., B[n-1]

将left_A和left_B放入一个集合，并将right_A和right_B放入另一个集合。 再把这两个新的集合分别命名为left_part和right_part：

          left_part          |         right_partA[0], A[1], ..., A[i-1]  |  A[i], A[i+1], ..., A[m-1]B[0], B[1], ..., B[j-1]  |  B[j], B[j+1], ..., B[n-1]

当A和B的总长度是偶数时，如果可以确认：

len(left_part)=len(right_part)
max⁡(left_part)≤min⁡(right_part)

那么，{A,B}中的所有元素已经被划分为相同长度的两个部分，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值和后一部分的最小值的平均值：median=max(left_part)+min(right_part)2

当A和B的总长度是奇数时，如果可以确认：

len(left_part)=len(right_part)+1
max⁡(left_part)≤min⁡(right_part)

那么，{A,B}中的所有元素已经被划分为两个部分，前一部分比后一部分多一个元素，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值：median=max(left_part)

第一个条件对于总长度是偶数和奇数的情况有所不同，但是可以将两种情况合并。第二个条件对于总长度是偶数和奇数的情况是一样的。

要确保这两个条件，只需要保证：i+j=m−i+n−j（当m+n为偶数）或i+j=m−i+n−j+1（当m+n为奇数）。等号左侧为前一部分的元素个数，等号右侧为后一部分的元素个数。将i和j全部移到等号左侧，我们就可以得到i+j=(m+n+1)/2。这里的分数结果只保留整数部分。

0≤i≤m，0≤j≤n。如果我们规定A的长度小于等于B的长度，即m≤。这样对于任意的i∈[0,m]，都有j=m+n+12−i∈[0,n]，那么我们在[0,m]的范围内枚举i并得到j，就不需要额外的性质了。
【1】如果A的长度较大，那么我们只要交换A和B即可。
【2】如果m>n，那么得出的j有可能是负数。

B[j−1]≤A[i]以及A[i−1]≤B[j]，即前一部分的最大值小于等于后一部分的最小值。

为了简化分析，假设A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]总是存在。对于i=0、i=m、j=0、j=n这样的临界条件，我们只需要规定A[−1]=B[−1]=−∞，A[m]=B[n]=∞即可。这也是比较直观的：当一个数组不出现在前一部分时，对应的值为负无穷，就不会对前一部分的最大值产生影响；当一个数组不出现在后一部分时，对应的值为正无穷，就不会对后一部分的最小值产生影响。

所以我们需要做的是： 在[0,m]中找到i，使得：B[j−1]≤A[i]且A[i−1]≤B[j]，其中j=m+n+12−i

我们证明它等价于： 在[0,m]中找到最大的i，使得：A[i−1]≤B[j]，其中j=m+n+12−i

这是因为：
【1】当i从0∼m递增时，A[i−1]递增，B[j]递减，所以一定存在一个最大的i满足A[i−1]≤B[j]；
【2】如果i是最大的，那么说明i+1不满足。将i+1带入可以得到A[i]>B[j−1]，也就是B[j−1]<A[i]，就和我们进行等价变换前i的性质一致了（甚至还要更强）。

因此我们可以对i在[0,m]的区间上进行二分搜索，找到最大的满足A[i−1]≤B[j]的i值，就得到了划分的方法。此时，划分前一部分元素中的最大值，以及划分后一部分元素中的最小值，才可能作为就是这两个数组的中位数。

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {if (nums1.length > nums2.length) {return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);}int m = nums1.length;int n = nums2.length;int left = 0, right = m;// median1：前一部分的最大值// median2：后一部分的最小值int median1 = 0, median2 = 0;while (left <= right) {// 前一部分包含 nums1[0 .. i-1] 和 nums2[0 .. j-1]// 后一部分包含 nums1[i .. m-1] 和 nums2[j .. n-1]int i = (left + right) / 2;int j = (m + n + 1) / 2 - i;// nums_im1, nums_i, nums_jm1, nums_j 分别表示 nums1[i-1], nums1[i], nums2[j-1], nums2[j]int nums_im1 = (i == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums1[i - 1]);int nums_i = (i == m ? Integer.MAX_VALUE : nums1[i]);int nums_jm1 = (j == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums2[j - 1]);int nums_j = (j == n ? Integer.MAX_VALUE : nums2[j]);if (nums_im1 <= nums_j) {median1 = Math.max(nums_im1, nums_jm1);median2 = Math.min(nums_i, nums_j);left = i + 1;} else {right = i - 1;}}return (m + n) % 2 == 0 ? (median1 + median2) / 2.0 : median1;}
}

时间复杂度： O(log⁡min⁡(m,n)))，其中m和n分别是数组nums1和nums2的长度。查找的区间是[0,m]，而该区间的长度在每次循环之后都会减少为原来的一半。所以，只需要执行log⁡m次循环。由于每次循环中的操作次数是常数，所以时间复杂度为O(log⁡m)。由于我们可能需要交换nums1和nums2使得m≤n，因此时间复杂度是O(log⁡min⁡(m,n)))。

空间复杂度： O(1)。