[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
$-10^6$ <= nums1[i], nums2[i] <= $10^6$

解题方法

方法一：双指针遍历

由于题目是有序数组，所以可以采用双指针遍历的方法。$l1$代表$nums1$数组指针索引，$l2$代表$nums2$数组指针索引，$midIndex$代表中位数索引位置，当$nums[l1]$<=$nums[l2]$，$l1$往右移动；当$nums[l1]$>$nums[l2]$，$l2$往右移动；直到指针移动次数移动到中位数索引位置时，取$nums[l1]$和$nums[l2]$中的最小值即为中位数。

java代码

public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
    int length1 = nums1.length;
    int length2 = nums2.length;
    int totalLength = length1 + length2;
    if (totalLength % 2 == 1) {
        int midIndex = totalLength / 2;
        return findMedianNumber(nums1, nums2, midIndex);
    } else {
        int midIndex1 = totalLength / 2 - 1;
        int midIndex2 = totalLength / 2;
        double mediation = (findMedianNumber(nums1, nums2, midIndex1) + findMedianNumber(nums1, nums2, midIndex2)) / 2.0;
        return mediation;
    }
}

public double findMedianNumber(int[] nums1, int[] nums2, int midIndex) {
    int length1 = nums1.length;
    int length2 = nums2.length;
    int l1 = 0;
    int l2 = 0;
    int index = 0;
    while(l1 < length1 && l2 < length2) {
        if(index == midIndex) {
            return Math.min(nums1[l1], nums2[l2]);
        }
        if(nums1[l1] <= nums2[l2]) {
            l1++;
        } else {
            l2++;
        }
        index++;
    }
    if(l1 == length1) {
        return nums2[l2 + midIndex - index];
    } else {
        return nums1[l1 + midIndex - index];
    }
}

时间复杂度：$O(M+N)$
空间复杂度：$O(1)$

方法二：二分查找

可以看出，方法一中，我们寻找中位数时，是通过两个数组从左到右依次遍历的方式累加查找次数，寻找中位数，这样我们总共需要查找（m + n) / 2 + 1次，那么有没有更快的方式缩短查找次数呢？答案是每次采用二分查找，排除更多的元素，进一步缩短查找次数。

寻找中位数，我们可以理解为当两个数组长度之和为奇数时，查找第（m + n) / 2 + 1大的元素；或者当两个数组长度之和为偶数时，查找第（m + n) / 2 大的元素和（m + n) / 2 + 1大的元素，然后取平均值。这样题目就可以转化为寻找数组中第k小的数。

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 $B[k/2-1]$。由于 $A[k/2-1]$ 和 $B[k/2-1]$的前面分别有 $A[0\hspace{0.17em}..k/2-2]$和 $B[0\hspace{0.17em}..k/2-2]$，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，则$A[k/2-1]$和 $B[k/2-1]$中的较小值最大为第$k-1$小的数，那么它就不是第$k$小的数了。

因此我们可以归纳出二种情况：

• 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 $A[k/2-1]$最大是第$k-1$小的数，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。

• 如果 $A[k/2-1]>B[k/2-1]$，则可以排除 $B[0]$ 到 $B[k/2-1]$的元素。

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。当$k$的值减小为1时，取$A$和$B$数组当前索引位置的较小值即为第k小的数。

java代码

public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
    int length1 = nums1.length;
    int 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;
        int 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;
    int length2 = nums2.length;
    int index1 = 0;
    int index2 = 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];
        int 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：$O(log(M+N))$
空间复杂度：$O(1)$

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