4.Leetcode每日一练——寻找两个正序数组的中位数

前言

算法题
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提示:本专栏解题 编程语言一律使用 C++ 和 Python 两种进行解题
要保持一个每天都在学习的状态,让我们一起努力成为算法大神吧!
今天是力扣算法题持续打卡第4天!

4.Leetcode每日一练——寻找两个正序数组的中位数_第1张图片

文章目录

  • 前言
  • 题目描述
  • 文字题解
    • 方法一:二分查找
      • 思路及算法
      • 代码
      • 复杂度分析
    • 方法二:划分数组
      • 思路及算法
      • 代码
      • 复杂度分析


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)) 。
4.Leetcode每日一练——寻找两个正序数组的中位数_第2张图片

文字题解

方法一:二分查找

思路及算法

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 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]

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。
4.Leetcode每日一练——寻找两个正序数组的中位数_第3张图片
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:

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:
在这里插入图片描述
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:
4.Leetcode每日一练——寻找两个正序数组的中位数_第4张图片

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。
4.Leetcode每日一练——寻找两个正序数组的中位数_第5张图片

由于A[1]

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。4.Leetcode每日一练——寻找两个正序数组的中位数_第6张图片
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。
4.Leetcode每日一练——寻找两个正序数组的中位数_第7张图片

代码

C++

class Solution {
public:
    int getKthElement(const vector<int>& nums1, const vector<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 m = nums1.size();
        int n = nums2.size();
        int index1 = 0, index2 = 0;

        while (true) {
            // 边界情况
            if (index1 == m) {
                return nums2[index2 + k - 1];
            }
            if (index2 == n) {
                return nums1[index1 + k - 1];
            }
            if (k == 1) {
                return min(nums1[index1], nums2[index2]);
            }

            // 正常情况
            int newIndex1 = min(index1 + k / 2 - 1, m - 1);
            int newIndex2 = min(index2 + k / 2 - 1, n - 1);
            int pivot1 = nums1[newIndex1];
            int pivot2 = nums2[newIndex2];
            if (pivot1 <= pivot2) {
                k -= newIndex1 - index1 + 1;
                index1 = newIndex1 + 1;
            }
            else {
                k -= newIndex2 - index2 + 1;
                index2 = newIndex2 + 1;
            }
        }
    }

    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int totalLength = nums1.size() + nums2.size();
        if (totalLength % 2 == 1) {
            return getKthElement(nums1, nums2, (totalLength + 1) / 2);
        }
        else {
            return (getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2) + getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2 + 1)) / 2.0;
        }
    }
};

python

class Solution:
    def findMedianSortedArrays(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> float:
        def getKthElement(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
            """
            
            index1, index2 = 0, 0
            while True:
                # 特殊情况
                if index1 == m:
                    return nums2[index2 + k - 1]
                if index2 == n:
                    return nums1[index1 + k - 1]
                if k == 1:
                    return min(nums1[index1], nums2[index2])

                # 正常情况
                newIndex1 = min(index1 + k // 2 - 1, m - 1)
                newIndex2 = min(index2 + k // 2 - 1, n - 1)
                pivot1, pivot2 = nums1[newIndex1], nums2[newIndex2]
                if pivot1 <= pivot2:
                    k -= newIndex1 - index1 + 1
                    index1 = newIndex1 + 1
                else:
                    k -= newIndex2 - index2 + 1
                    index2 = newIndex2 + 1
        
        m, n = len(nums1), len(nums2)
        totalLength = m + n
        if totalLength % 2 == 1:
            return getKthElement((totalLength + 1) // 2)
        else:
            return (getKthElement(totalLength // 2) + getKthElement(totalLength // 2 + 1)) / 2

复杂度分析

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)。

方法二:划分数组

思路及算法

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:
在这里插入图片描述
由于A 中有 m 个元素, 所以有 m+1 种划分的方法(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:
在这里插入图片描述
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:在这里插入图片描述
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:
在这里插入图片描述

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:在这里插入图片描述
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:
1.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
在这里插入图片描述这里的分数结果只保留整数部分。

2.0 ≤ 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≤n。这样对于任意的i∈[0,m],都有
在这里插入图片描述
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。

如果A 的长度较大,那么我们只要交换A 和 B 即可。

如果 m > n,那么得出的 j 有可能是负数。

3.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:
在这里插入图片描述
我们证明它等价于:
在这里插入图片描述
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]

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。

代码

C++

class Solution {
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        if (nums1.size() > nums2.size()) {
            return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
        }
        
        int m = nums1.size();
        int n = nums2.size();
        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 ? INT_MIN : nums1[i - 1]);
            int nums_i = (i == m ? INT_MAX : nums1[i]);
            int nums_jm1 = (j == 0 ? INT_MIN : nums2[j - 1]);
            int nums_j = (j == n ? INT_MAX : nums2[j]);

            if (nums_im1 <= nums_j) {
                median1 = max(nums_im1, nums_jm1);
                median2 = min(nums_i, nums_j);
                left = i + 1;
            } else {
                right = i - 1;
            }
        }

        return (m + n) % 2 == 0 ? (median1 + median2) / 2.0 : median1;
    }
};

python

class Solution:
    def findMedianSortedArrays(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> float:
        if len(nums1) > len(nums2):
            return self.findMedianSortedArrays(nums2, nums1)

        infinty = 2**40
        m, n = len(nums1), len(nums2)
        left, right = 0, m
        # median1:前一部分的最大值
        # median2:后一部分的最小值
        median1, median2 = 0, 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]
            i = (left + right) // 2
            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]
            nums_im1 = (-infinty if i == 0 else nums1[i - 1])
            nums_i = (infinty if i == m else nums1[i])
            nums_jm1 = (-infinty if j == 0 else nums2[j - 1])
            nums_j = (infinty if j == n else nums2[j])

            if nums_im1 <= nums_j:
                median1, median2 = max(nums_im1, nums_jm1), min(nums_i, nums_j)
                left = i + 1
            else:
                right = i - 1

        return (median1 + median2) / 2 if (m + n) % 2 == 0 else median1

复杂度分析

时间复杂度:O(logmin(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 logm 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(logm)。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(logmin(m,n)))。

空间复杂度:O(1)。

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