力扣第一道困难题《3. 无重复字符的最长子串》，c++

方法一：

方法二：

方法三：

方法四：

没有讲解，但给出了优秀题解

本题链接：4. 寻找两个正序数组的中位数 - 力扣（LeetCode）

话不多说，我们直接开始进行本题的思路解析；

首先我们看到这个题是肯定有一种暴力的硬解思路的，

方法一：

那就是将两个vector直接链接起来，然后再排序后，直接返回中间值，这个方法实现起来还是非常容易的，

代码如下：

class Solution {
public:double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2){size_t n = nums1.size();size_t m = nums2.size();if (m == 0){if (n % 2 == 0)return (nums1[n / 2 - 1] + nums1[n / 2]) / 2.0;elsereturn nums1[n / 2];}if (n == 0){if (m % 2 == 0)return (nums2[m / 2 - 1] + nums2[m / 2]) / 2.0;elsereturn nums2[m / 2];}size_t sum = m + n;int* nums = new int[m + n];int count = 0, i = 0, j = 0;while (count != sum){if (i == n){while (j != m)nums[count++] = nums2[j++];break;}if (j == m){while (i != n)nums[count++] = nums1[i++];break;}if (nums1[i] > nums2[j])nums[count++] = nums2[j++];elsenums[count++] = nums1[i++];}if (count % 2 == 0)return (nums[count / 2 - 1] + nums[count / 2]) / 2.0;elsereturn nums[count / 2];}
};int main()
{vector<int> s1;vector<int> s2;s1.push_back(1);s1.push_back(2);s2.push_back(3);s2.push_back(4);s2.push_back(5);s2.push_back(6);Solution s;cout << s.findMedianSortedArrays(s1, s2) << endl;return 0;
}

首先这个代码是可以编译成功的，

这里也有一个小技巧，如果这个代码是为0，那么证明编译时没有问题的，如果是非0，那么就是编译有问题，还需要修改代码。

但是会过来这个代码再力扣上是运行超时的，因为题目要求的时间复杂度是O(log (m+n))

但是我们的时间复杂度是O(m+n)

空间复杂度也是O(m+n)

方法二：

其实我们的方法一是我们真正的将两个vector真正的链接在了一起，但实际上我们这一步可以省略，我们只需要挨个比较得到第k（假设中位数为第k位）个大的数是多少，那么其实就得到了中位数是多少。其实这一题方便了一点，题目给的数组是已有序的，所以我们挨个比较就行

开始我们写一个循环，这个循环我们的目的就是找到中位数所对应的下标是多少，如果找到了，那么就返回他的下标值，还没找到，那么就继续。但是这样来说，对偶数和奇数的分类会很麻烦。当其中一个数组遍历完后，还要分好几种情况进行另类判断另一个数组，这样想起来都麻烦。

然而要进行优化，那么我们就需要找到要进行优化的部分，那么就是考虑对偶与奇的情况不分开讨论，进行合并考虑，对于此情况我们可以在另定义两个变量left与right分别保存左操作数与右操作数。

假设合并的数组长度为len，那么无论对应偶还是奇，我们只需要遍历前 len/2+1 个数就可以（如果是偶数，我们需要知道第 len/2和 len/2+1 个数，也是需要遍历 len/2+1 次。所以遍历的话，奇数和偶数都是 len/2+1 次。）

返回的left与right我们要做到如果是奇，那么只需要right，如果是偶，因为left不等于right，所以返回两个数的平均数；所以我们在for循环里应该保证依次循环过后left与right差一个位，所以我们要先在循环开始将right的值赋给left，后进行调整right。

然后写出大致框架：

如果nums1[i]<nums2[i],那么就将nums1[i]赋值给right，反之nums2[i];

我们在调整right的时候首先要考虑的就是nums是否越界，所以我需要先判断是否越界，同理考虑了nums1也需要考虑nums2；

所以填充完代码如下：

class Solution {
public:double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int m = nums1.size();int n = nums2.size();int len = m + n;int left = -1, right = -1;int aStart = 0, bStart = 0;for (int i = 0; i <= len / 2; i++) {left = right;//调整rightif (aStart < m && (bStart >= n || nums1[aStart] < nums2[bStart])) {right = nums1[aStart++];}else {right = nums2[bStart++];}}if ((len % 2) == 0)return (left + right) / 2.0;elsereturn right;}
};
int main()
{vector<int> s1;vector<int> s2;s1.push_back(1);s1.push_back(2);s2.push_back(3);s2.push_back(4);s2.push_back(5);s2.push_back(6);Solution s;cout << s.findMedianSortedArrays(s1, s2) << endl;return 0;
}

运行起来是正确的，但依然在力扣上是不行的，还是运行超时；

时间复杂度是：遍历了m+n/2+1个数，但时间复杂度还是O(m+n)；

方法三：

我第一眼看到这个题的时候，首先想到的就是二分查找，然后就想到了分别对两个数组进行二分，但是如果nums2全都大于num1那么这样就不行，然后我在看了别人的题解后然后理解了理解，就大为震撼，妙，但是题解是java的然后我自己又写了写修改了好几次终于写出来了。

方法二中，我们一次遍历就相当于去掉不可能是中位数的一个值，也就是一个一个排除。由于数列是有序的，其实我们完全可以一半儿一半儿的排除。假设我们要找第 k 小数，我们可以每次循环排除掉 k/2 个数。方法三其实与方法二同理，也是主要找到第k个数是多少。

下面我们看一个例子

此时3=3

然后我们需要将两个数组的第 k/2 个数进行比较，然后将小的那个数组前k/2个数舍弃，对于方便处理，我们设定如果两个数相等，目前我们先优先删除第二个数组删除；（后面代码是是先有限舍弃第一个数组，这里是为了避开特殊情况）

此时1<5

这次舍弃num1 的 k/2 个数；

此时2<5

同理，继续舍弃nums1，舍弃 k/2 个数

这时候3<5；这时候3就为第6大的数，就是中位数。

这个方法是不是很妙呢？

然后我们就刷刷的写，然后突然就有一个案例不通过，那就是

如果按照上面的方法进行按照步骤进行梳理，那么就会发现第一步的时候就会卡住，因为第一步我么要进行舍弃的数的个数就已经超出了nums1的长度，直接会越界，那么这时候我们就需要进行特殊处理，如果舍弃个数大于剩余长度，那么就舍弃剩余长度。

思路全部梳理完后，如果对递归熟悉的话，那么就完全可以写出来，思路难想，但是代码实现还是比较简单的。（特殊案例我也进行处理了，后面会进行特别分析）

class Solution {
public:double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int n = nums1.size();int m = nums2.size();int left = (n + m + 1) / 2;int right = (n + m + 2) / 2;return (getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, left) + getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, right)) * 0.5;}int getKth(vector<int>& nums1, int start1, int end1, vector<int>& nums2, int start2, int end2, int k){//舍弃k/2个//结束条件k==1int 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 len1 if (len1 > len2) return getKth(nums2, start2, end2, nums1, start1, end1, k);//还存在一种情况，就是k不为1的情况下，但len1已经等于0if (len1 == 0)       return nums2[start2 + k - 1];   if (k == 1)return min(nums1[start1], nums2[start2]);int i = start1 + min(len1, k / 2) - 1;int j = start2 + min(len2, k / 2) - 1;if (nums1[i] > nums2[j]){return getKth(nums1, start1, end1, nums2, j + 1, end2, k - (j - start2 + 1));}else{return getKth(nums1, i + 1, end1, nums2, start2, end2, k - (i - start1 + 1));}}
};

到此我们就出来了第一种在力扣上通过的代码；

然后进行特别分析

1：

这一步也是跟方法二同样的找到求中位数的操作数第left是第几个，right是第几个；与之不同的就是奇的情况下left=right，偶的情况下left+1=right；

2：

此案例对应的也就是

在求right的时候k=7；先舍弃k/2=3个

此时k=4；

然后再舍弃的话num1已经没有了但是k=4-2=2；还不为1；如果返回的还要再舍弃的话，就会报错越界；

所以要加特殊情况处理

3：

这一步也是为了对应2，方便，如果没有这个，那么就有可能len2先空的情况，所以这一步避免了分类讨论；

最后再展示一边代码：

class Solution {
public:double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int n = nums1.size();int m = nums2.size();int left = (n + m + 1) / 2;int right = (n + m + 2) / 2;return (getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, left) + getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, right)) * 0.5;}int getKth(vector<int>& nums1, int start1, int end1, vector<int>& nums2, int start2, int end2, int k){//舍弃k/2个//结束条件k==1int 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 len1 if (len1 > len2) return getKth(nums2, start2, end2, nums1, start1, end1, k);//还存在一种情况，就是k不为1的情况下，但len1已经等于0if (len1 == 0){return nums2[start2 + k - 1];}if (k == 1)return min(nums1[start1], nums2[start2]);int i = start1 + min(len1, k / 2) - 1;int j = start2 + min(len2, k / 2) - 1;if (nums1[i] > nums2[j]){return getKth(nums1, start1, end1, nums2, j + 1, end2, k - (j - start2 + 1));}else{return getKth(nums1, i + 1, end1, nums2, start2, end2, k - (i - start1 + 1));}}
};

运行成功