一、问题描述
给定两个大小为 m 和 n 的有序数组 nums1 和 nums2。
请你找出这两个有序数组的中位数，并且要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))。
你可以假设 nums1 和 nums2 不会同时为空。
示例 1:
nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]
则中位数是 2.0
示例 2:
nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]
则中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5
二、设计过程
方法：递归法
为了解决这个问题，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，让在任一位置i将A划分成两个部分：
left_A | right_A
A[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）。
知道；
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，在任一位置j将B划分成两个部分：
left_B | right_B
B[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_part
A[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]
如果可以确认：
1.len{left_part}=len(right_part)
2.max(left_part)≤min(right_part)
那么，已经将{A,B}中的所有元素划分为相同长度的两个部分，且其中一部分中的元素总是大于另一部分中的元素。那么：
median=max(left_part)/2+min(right_part)/2
要确保这两个条件，只需要保证：
1.i+j=m−i+n−j（或：m - i + n - j + 1） 如果n≥m，只需要使i=0∼m,j=（m+n+1）/2−i
- B[j−1]≤A[i] 以及 A[i−1]≤B[j]
ps.1 为了简化分析，我假设A[i−1],B[j−1],A[i],B[j] 总是存在，哪怕出现 i=0， i=m， j=0，或是 j=n 这样的临界条件。 我将在最后讨论如何处理这些临界值。
ps.2 为什么n≥m？由于0≤i≤m 且j=（m+n+1）/2−i，必须确保j不是负数。如果 n
在 [0，m] 中搜索并找到目标对象 i，以使：
B[j−1]≤A[i] 且A[i−1]≤B[j], 其中j=（m+n+1）/2−i
接着，可以按照以下步骤来进行二叉树搜索：
1.设imin=0，imax=m, 然后开始在[imin,imax] 中进行搜索。
2.令i=（imin+imax）/2，j=（m+n+1）/2−i
3.现在有 len(left_part)=len(right_part)。 而且只会遇到三种情况：.
B[j−1]≤A[i] 且 A[i−1]≤B[j]：
这意味着找到了目标对象 ii，所以可以停止搜索。
B[j−1]>A[i]：
这意味着A[i]太小，必须调整i以使B[j−1]≤A[i]。
可以增大 ii 吗？
是的，因为当i被增大的时候，j就会被减小。
因此B[j−1]会减小，而A[i]会增大，那么B[j−1]≤A[i]就可能被满足。
可以减小i吗？
不行，因为当i被减小的时候，j就会被增大。
因此B[j−1]会增大，而A[i]会减小，那么B[j−1]≤A[i] 就可能不满足。
所以必须增大i。也就是说，必须将搜索范围调整为[i+1,imax]。 因此，设imin=i+1，并转到步骤 2。
A[i−1]>B[j]：这意味着A[i−1] 太大，必须减小i以使A[i−1]≤B[j]。 也就是说，必须将搜索范围调整为 [imin,i−1]。
因此，设imax=i−1，并转到步骤 2。
当找到目标对象 i 时，中位数为：
max(A[i−1],B[j−1]),当m+n为奇数时
{max(A[i−1],B[j−1])+min(A[i],B[j])}/2, 当m+n为偶数时
现在，让来考虑这些临界值 i=0,i=m,j=0,j=n,j=n，此时A[i−1],B[j−1],A[i],B[j] 可能不存在。 其实这种情况比你想象的要容易得多。
需要做的是确保max(left_part)≤min(right_part)。 因此，如果i和j不是临界值（这意味着 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j] 全部存在）, 那么必须同时检查 B[j−1]≤A[i]以及A[i−1]≤B[j]是否成立。 但是如果 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j] 中部分不存在，那么只需要检查这两个条件中的一个（或不需要检查）。 举个例子，如果i=0，那么A[i−1]不存在，就不需要检查A[i−1]≤B[j] 是否成立。所以，需要做的是：
在 [0，m] 中搜索并找到目标对象i，以使：
(j=0 or i=m or B[j−1]≤A[i]) 或是 (i = 0(i=0 or j = nj=n or A[i−1]≤B[j]), 其中j=(m+n+1)/2−i
在循环搜索中，只会遇到三种情况： - (j=0 or i=m or B[j−1]≤A[i]) 或是(i=0 or j=n or A[i−1]≤B[j])，这意味着i是完美的，可以停止搜索。
- j>0 and i
A[i] 这意味着 I 太小，必须增大它。 - i>0 and j
B[j] 这意味着 i 太大，必须减小它。
ii
i>0⟹j=(m+n+1)/2−i<(m+n+1)/2≤(2n+1)/2≤n
所以，在情况 2 和 3中，不需要检查j>0或是j
三、程序代码
lass Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] A, int[] B) {
int m = A.length;
int n = B.length;
if (m > n) { // to ensure m<=n
int[] temp = A; A = B; B = temp;
int tmp = m; m = n; n = tmp;
}
int iMin = 0, iMax = m, halfLen = (m + n + 1) / 2;
while (iMin <= iMax) {
int i = (iMin + iMax) / 2;
int j = halfLen - i;
if (i < iMax && B[j-1] > A[i]){
iMin = i + 1; // i is too small
}
else if (i > iMin && A[i-1] > B[j]) {
iMax = i - 1; // i is too big
}
else { // i is perfect
int maxLeft = 0;
if (i == 0) { maxLeft = B[j-1]; }
else if (j == 0) { maxLeft = A[i-1]; }
else { maxLeft = Math.max(A[i-1], B[j-1]); }
if ( (m + n) % 2 == 1 ) { return maxLeft; }
int minRight = 0;
if (i == m) { minRight = B[j]; }
else if (j == n) { minRight = A[i]; }
else { minRight = Math.min(B[j], A[i]); }
return (maxLeft + minRight) / 2.0;
}
}
return 0.0;
}
}
四、复杂度分析
• 时间复杂度O(log(min(m,n)))，
首先，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。由于在每次循环中进行常量次数的操作，所以时间复杂度为O(log(m))。 由于m≤n，所以时间复杂度是 O(log(min(m,n)))。
• 空间复杂度： O(1)， 只需要恒定的内存来存储 99 个局部变量， 所以空间复杂度为O(1)。