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 == mnums2.length == n0 <= m <= 10000 <= n <= 10001 <= m + n <= 2000- \(-10^6 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^6\)
题解
方法一：二分查找
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：
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。
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 \(\text{A}\) 和 \(\text{B}\)。要找到第 \(k\) 个元素，我们可以比较 \(\text{A}[k/2-1]\) 和 \(\text{B}[k/2-1]\)，其中 \(/\) 表示整数除法。由于 \(\text{A}[k/2-1]\) 和 \(\text{B}[k/2-1]\) 的前面分别有 \(\text{A}[0,..,k/2-2]\) 和 \(\text{B}[0,..,k/2-2]\)，即 \(k/2-1\) 个元素，对于 \(\text{A}[k/2-1]\) 和 \(\text{B}[k/2-1]\) 中的较小值，最多只会有 \((k/2-1)+(k/2-1) \leq k-2\) 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：
如果 \(\text{A}[k/2-1] < \text{B}[k/2-1]\)，则比 \(\text{A}[k/2-1]\) 小的数最多只有 \(\text{A}\) 的前 \(k/2-1\) 个数和 \(\text{B}\) 的前 \(k/2-1\) 个数，即比 \(\text{A}[k/2-1]\) 小的数最多只有 \(k-2\) 个，因此 \(\text{A}[k/2-1]\) 不可能是第 \(k\) 个数，\(\text{A}[0]\) 到 \(\text{A}[k/2-1]\) 也都不可能是第 \(k\) 个数，可以全部排除。
如果 \(\text{A}[k/2-1] > \text{B}[k/2-1]\)，则可以排除 \(\text{B}[0]\) 到 \(\text{B}[k/2-1]\)。
如果 \(\text{A}[k/2-1] = \text{B}[k/2-1]\)，则可以归入第一种情况处理。
可以看到，比较 \(\text{A}[k/2-1]\) 和 \(\text{B}[k/2-1]\) 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：
如果 \(\text{A}[k/2-1]\) 或者 \(\text{B}[k/2-1]\) 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 \(k/2\)。
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。
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：
A: 1 3 4 9
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9
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 \(\text{A}[2]\) 和 \(\text{B}[2]\)，如下面所示：
A: 1 3 4 9
↑
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9
↑
由于 \(\text{A}[2] > \text{B}[2]\)，因此排除 \(\text{B}[0]\) 到 \(\text{B}[2]\)，即数组 \(\text{B}\) 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 \(\text{A}[1]\) 和 \(\text{B}[4]\)，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。
A: 1 3 4 9
↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
↑
由于 \(\text{A}[1] < \text{B}[4]\)，因此排除 \(\text{A}[0]\) 到 \(\text{A}[1]\)，即数组 \(\text{A}\) 的下标偏移变为 \(2\)，同时更新 \(k\) 的值 ：\(k=k-k/2=2\)。
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 \(\text{A}[2]\) 和 \(\text{B}[3]\)，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。
A: [1 3] 4 9
↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
↑
由于 \(\text{A}[2]=\text{B}[3]\)，根据之前的规则，排除 \(\text{A}\) 中的元素，因此排除 \(\text{A}[2]\)，即数组 \(\text{A}\) 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 \(\text{A}[3] > \text{B}[3]\)，因此第 \(k\) 个数是 \(\text{B}[3]=4\)。
A: [1 3 4] 9
↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
↑
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;
}
}
};
复杂度分析
时间复杂度 ：\(O(\log(m+n))\)，其中 \(m\) 和 \(n\) 分别是数组 \(\textit{nums}_1\) 和 \(\textit{nums}_2\) 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
说明
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。
思路与算法
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 \(\text{A}\) 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， 所以有 \(m+1\) 种划分的方法（\(i \in [0, m]\)）。
\(len(left_A) = i, len(right_A) = m - i\).
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 \(\text{B}\) 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 \(left_A\) 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]
当 \(\text{A}\) 和 \(\text{B}\) 的总长度是偶数时，如果可以确认：
- \(len(left\_part) = len(right\_part)\)
- \(\max(left\_part) \leq \min(right\_part)\)
那么，\({\text{A}, \text{B}}\) 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：
$$ \text{median} = \frac{\text{max}(\text{left}\_\text{part}) + \text{min}(\text{right}\_\text{part})}{2} $$
当 \(\text{A}\) 和 \(\text{B}\) 的总长度是奇数时，如果可以确认：
- \(len(left\_part) = len(right\_part)+1\)
- \(\max(left\_part) \leq \min(right\_part)\)
那么，\({\text{A}, \text{B}}\) 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：
$$ \text{median} = \text{max}(\text{left}\_\text{part}) $$
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：
\(i + j = m - i + n - j\)（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 \(i+j = \frac{m + n + 1}{2}\)。这里的分数结果只保留整数部分。
\(0 \leq i \leq m\)，\(0 \leq j \leq n\)。如果我们规定 \(\text{A}\) 的长度小于等于 \(\text{B}\) 的长度，即 \(m \leq n\)。这样对于任意的 \(i \in [0, m]\)，都有 \(j = \frac{m + n + 1}{2} - i \in [0, n]\)，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 \(\text{A}\) 的长度较大，那么我们只要交换 \(\text{A}\) 和 \(\text{B}\) 即可。
如果 \(m > n\) ，那么得出的 \(j\) 有可能是负数。
\(\text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]\) 以及 \(\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]\)，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 \(\text{A}[i-1], \text{B}[j-1], \text{A}[i], \text{B}[j]\) 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 \(\text{A}[-1]=\text{B}[-1]=-\infty\)，\(A[m]=\text{B}[n]=\infty\) 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 \([0, m]\) 中找到 \(i\)，使得：
\(\qquad \text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]\) 且 \(\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]\)，其中 \(j = \frac{m + n + 1}{2} - i\)
我们证明它等价于：
在 \([0, m]\) 中找到最大的 \(i\)，使得：
\(\qquad \text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]\)，其中 \(j = \frac{m + n + 1}{2} - i\)
这是因为：
当 \(i\) 从 \(0 \sim m\) 递增时，\(\text{A}[i-1]\) 递增，\(\text{B}[j]\) 递减，所以一定存在一个最大的 \(i\) 满足 \(\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]\)；
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 \(\text{A}[i] > \text{B}[j-1]\)，也就是 \(\text{B}[j - 1] < \text{A}[i]\)，就和我们进行等价变换前 \(i\) 的性质一致了（甚至还要更强）。
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 \(\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]\) 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。
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;
}
};
复杂度分析
时间复杂度 ：\(O(\log\min(m,n)))\)，其中 \(m\) 和 \(n\) 分别是数组 \(\textit{nums}_1\) 和 \(\textit{nums}_2\) 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 \(\log m\) 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 \(O(\log m)\)。由于我们可能需要交换 \(\textit{nums}_1\) 和 \(\textit{nums}_2\) 使得 \(m \leq n\)，因此时间复杂度是 \(O(\log\min(m,n)))\)。
空间复杂度 ：\(O(1)\)。