Median of Two Sorted Arrays

题目描述

解法: 递归法

为了解决这个问题，我们需要理解 “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，我们就很接近答案了。

首当其冲的来讲，让我们在任一位置 $i$ 将 $\text{A}$ 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 $\text{A}$ 中有 $m$ 个元素， 所以我们有 $m+1$ 种划分的方法（$i=0\sim m$）。

因此我们可以得知：

$len(lef{t}_A)=i,len(righ{t}_A)=m-i.$
当 $i=0$的时候，$lef{t}_A$为空集，而当$i=m$的时候，$righ{t}_A$为空集。

采用同样的方式，我们在任一位置 $j$将 $\text{B}$ 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 $\text{left\_A}$ 和 $\text{left\_B}$ 放入一个集合，并将 $\text{right\_A}$ 和 $\text{right\_B}$ 放入另一个集合。 再把这两个新的集合分别命名为 $\text{left\_part}$ 和 $\text{right\_part}$：

          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]

那么当我们可以确认一个情况的时候：

1. $len(\text{left\_part})=len(\text{right\_part})$
2. $max(\text{left\_part})\le min(\text{right\_part})$

那么，我们已经将 { A , B } \{\text{A}, \text{B}\} { 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：

$$median=\frac{max(\text{left\_part})+min(\text{right\_part})}{2}$$

要确保这两个条件，我们只需要保证：

1. $i+j=m-i+n$或者 $m-i+n-j+1$

2. $B|j-1|\le A[i]$以及$A[i-1]\le B[j]$

3. 为了简化分析，我假设 $\text{A}[i-1],\text{B}[j-1],\text{A}[i],\text{B}[j]$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。

4. 为什么 $n>m?$由于$0 \leq i \leq m0≤i≤m $ 且 $j=\frac{m+n+1}{2}-i$,我必须确保 $j$ 不是负数。如果 $n<m$ 那么 $j$ 将可能是负数，而这会造成错误的答案。

因此我们接下来要处理的事情就是：

在 $[0，m]$ 中搜索并找到目标对象 $i$，以达到：
$B[j-1]\le A[i]$ 且 $\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$, 其中 $j=\frac{m+n+1}{2}-i$

接着，我们可以按照以下步骤来进行二叉树搜索：

1. 设 $\text{imin}=0$，$\text{imax}=m$, 然后开始在 $[\text{imin},\text{imax}]$ 中进行搜索。

2. $i=\frac{\text{imin}+\text{imax}}{2}$

3. 现在我们有 $\text{len}(\text{left}\_\text{part})=\text{len}(\text{right}\_\text{part})$。 而且我们只会遇到三种情况：

   • $B[j-1]\le A[i]且\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$：这意味着我们找到了目标对象 ii，所以可以停止搜索。
   • $B[j-1]>A[i]$：这意味着 $\text{A}[i]$ 太小，我们必须调整 $i$ 以使 $\text{B}[j-1]\le \text{A}[i]$。
     我们可以增大 $i$ 吗？
     是的，因为当 $i$ 被增大的时候，$j$ 就会被减小。
     因此 $\text{B}[j-1]$ 会减小，而 $\text{A}[i]$ 会增大，那么 \text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]B[j−1]≤A[i] 就可能被满足。
     我们可以减小 $i$ 吗？
     不行，因为当 $i$ 被减小的时候，$j$ 就会被增大。
     因此 $\text{B}[j-1]$ 会增大，而 $\text{A}[i]$ 会减小，那么 $\text{B}[j-1]\le \text{A}[i]$ 就可能不满足。
     所以我们必须增大 $i$。也就是说，我们必须将搜索范围调整为 $[i+1,\text{imax}]$。因此，设 $\text{imin}=i+1$，并转到步骤 2。
   • $A[i-1]>B[j]$：
     这意味着 $\text{A}[i-1]$ 太大，我们必须减小 $i$ 以使 $\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$。
     也就是说，我们必须将搜索范围调整为 $[\text{imin},i-1]$。
     因此，设 $\text{imax}=i-1$，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

• $\frac{\max (\text{A}[i-1],\text{B}[j-1])+\min (\text{A}[i],\text{B}[j])}{2},$ , 当 $m+n$ 为偶数时

现在，让我们来考虑这些临界值 $i=0,i=m,j=0,j=n$，此时$ \text{A}[i-1],\text{B}[j-1],\text{A}[i],\text{B}[j]$ 可能不存在。其实这种情况比你想象的要容易得多。

我们需要做的是确保 $\text{max}(\text{left}\_\text{part})\le \text{min}(\text{right}\_\text{part})$。 因此，如果 ii 和 jj 不是临界值（这意味着 $\text{A}[i-1],\text{B}[j-1],\text{A}[i],\text{B}[j]$全部存在）, 那么我们必须同时检查 $\text{B}[j-1]\le \text{A}[i]$ 以及 $\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$ 是否成立。

但是如果$\text{A}[i-1],\text{B}[j-1],\text{A}[i],\text{B}[j]$中部分不存在，那么我们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 $\text{A}[i-1]$ 不存在，我们就不需要检查 $\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$ 是否成立。
所以，我们需要做的是：

在 [0，m][0，m] 中搜索并找到目标对象 ii，以使：

• $(j=0ori=mor\text{B}[j-1]\le \text{A}[i])$ 或是
• $(i=0orj=nor\text{A}[i-1]\le \text{B}[j])$, 其中$j=\frac{m+n+1}{2}-i$

在循环搜索中，我们只会遇到三种情况：

1. $(j=0ori=mor\text{B}[j-1]\le \text{A}[i])$或是 $(i=0orj=nor\text{A}[i-1]\le \text{B}[j])$，这意味着 $i$ 是完美的，我们可以停止搜索。
2. $j>0andi<mand\text{B}[j-1]>\text{A}[i]$ 这意味着 $i$ 太小，我们必须增大它。
3. $i>0andj<nand\text{A}[i-1]>\text{B}[j]$这意味着 $i$ 太大，我们必须减小它。

$i<m⟹j>0$ 以及 $i>0⟹j<n$ 始终成立，这是因为：

$$m\le n,i<m⟹j=\frac{m+n+1}{2}-i>\frac{m+n+1}{2}-m\ge \frac{2m+1}{2}-m\ge 0$$
$$m\le n,i>0⟹j=\frac{m+n+1}{2}-i<\frac{m+n+1}{2}\le \frac{2n+1}{2}\le n$$

所以，在情况 2 和 3中，我们不需要检查 $j>0$ 或是 $j<n$ 是否成立。

复杂度分析

• 时间复杂度：$O\left(\log \right(\text{min}(m,n)\left)\right)$，
  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，我们只需要执行 $\log (m)$ 次循环。由于我们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 $m\le n$，所以时间复杂度是 $O\left(\log \right(\text{min}(m,n)\left)\right)$。
• 空间复杂度：$O(1)$，
  我们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 $O(1)$。

C++代码

class Solution
{
    
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int> &nums1, vector<int> &nums2)
    {
    
        int nums1Size = int(nums1.size());
        int nums2Size = int(nums2.size());

        //确保数组1是较短的数组
        if (nums1Size > nums2Size)
        {
    
            return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
        }

        // Ci 为第i个数组的割,比如C1为2时表示第1个数组只有2个元素。lMaxi为第i个数组割后的左元素。rMini为第i个数组割后的右元素。
        int lMax1, lMax2, rMin1, rMin2, c1, c2, lo = 0, hi = 2 * nums1Size; //我们目前是虚拟加了'#'所以数组1是2*n长度

        while (lo <= hi)
        {
     //二分法
            c1 = (lo + hi) / 2;
            c2 = nums1Size + nums2Size - c1;

            lMax1 = (c1 == 0) ? INT_MIN : nums1[(c1 - 1) / 2];
            rMin1 = (c1 == 2 * nums1Size) ? INT_MAX : nums1[c1 / 2];
            lMax2 = (c2 == 0) ? INT_MIN : nums2[(c2 - 1) / 2];
            rMin2 = (c2 == 2 * nums2Size) ? INT_MAX : nums2[c2 / 2];

            if (lMax1 > rMin2)
            {
    
                hi = c1 - 1;
            }
            else if (lMax2 > rMin1)
            {
    
                lo = c1 + 1;
            }
            else
            {
    
                break;
            }
        }
        return (max(lMax1, lMax2) + min(rMin1, rMin2)) / 2.0;
    }
};

Golang代码

// Solution by Panda.

// 生成一个新的数组，然后判断长度奇偶数，取中间值。
func findMedianSortedArrays(nums1 []int, nums2 []int) float64 {
    
    nums := combine(nums1, nums2)
    return medianOf(nums)
}

func combine(mis, njs []int) []int {
    
    lenMis, i := len(mis), 0
    lenNjs, j := len(njs), 0
    res := make([]int, lenMis+lenNjs)
    
    for k := 0; k < lenMis+lenNjs; k++ {
    
        if i == lenMis || 
        (i < lenMis && j < lenNjs && mis[i] > njs[j]) {
    
            res[k] = njs[j]
            j++
            continue
        }
        
        if j == lenNjs ||
        (i < lenMis && j < lenNjs && mis[i] <= njs[j]) {
    
            res[k] = mis[i]
            i++
        }
    }
    
    return res
}

func medianOf(nums []int) float64 {
    
    l := len(nums)
    
    if l == 0 {
    
        panic("切片长度为0， 无法求解中位数.")
    }
    
    if l%2 == 0 {
    
        return float64(nums[l/2]+nums[l/2-1]) / 2.0
    }
    
    return float64(nums[l/2])
}

Java代码

class 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;
    }
}

成长，就是一个不动声色的过程，一个人熬过一些苦，才能无所不能。 ​​​​