寻找两个正序数组的中位数
寻找两个正序数组的中位数
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
方法一
基本思路:归并排序，即将两个有序的数组归并成一个更大的有序数组。要将一个数组排序，可以先递归将它分成两个有序数组，然后将结果归并。
优点：实现简单，逻辑简单，类似对一个更大的数组重新排序
缺点：需要一个额外的空间，空间复杂度高
int main() { int nums1[] = {1,2,4,9}; int nums2[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}; int nums1Size = 4, nums2Size = 10; //测试数组 float mid = 0; int left = 0, right = nums1Size; //左右两个有序数组 int len = nums1Size + nums2Size; int *aux = malloc(sizeof(int) * len); //辅助数组，用于存储两个有序数组 int *result = malloc(sizeof(int) * len); //保存归并结果 for(int i = 0; i < nums1Size; i++) //装入辅助数组 { aux[i] = nums1[i]; } for(int j = nums1Size , m = 0; j < len; j++, m++) { aux[j] = nums2[m]; }
/*
进行归并
进行4个判断条件
左半边数组耗尽
右半边数组耗尽
右半边的当前数组小于左半边数组元素
右半边的当前数组元素大于或等于左半边数组元素
*/ for(int k = 0; k < len; k++) { if(left > nums1Size - 1) result[k] = aux[right++]; else if(right > len) result[k] = aux[left++]; else if(aux[right] < aux[left]) result[k] = aux[right++]; else result[k] = aux[left++]; } mid = len%2 == 0 ? (result[len/2] + result[len/2 - 1])/2.0 : result[len/2];return 0; }
程序可以正常在Code::Block上运行，但无法通过leetcode编译（不懂）
方法二
基本思路：二分查找
根据中位数的定义，对于两个有序数组，若m+n为奇数， 中位数是第（m+n）/2个数；若m+n为偶数，中位数为第（m+n）/2 与第（m+n）/2 -1个数的平均值
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
其实在两个有序数组中，寻找中位数并不需要每一个元素都遍历到。
根据有序数组的性质，可以假设中位数为第k小的数，那么对于比第k/2小的数，其实就可以直接排除了
更一般的情况 A[1] ，A[2] ，A[3]，A[k/2] ... ，B[1]，B[2]，B[3]，B[k/2] ... ，如果 A[k/2]<B[k/2] ，那么A[1]，A[2]，A[3]，A[k/2]都不可能是第 k 小的数字。
A 数组中比 A[k/2] 小的数有 k/2-1 个，B 数组中，B[k/2] 比 B[k/2] 小的数同样有k/2-1，假设 B[k/2] 前边的数字都比 A[k/2] 小，也只有 k/2-1 个，所以比 A[k/2] 小的数字最多有 k/1-1+k/2-1=k-2个，所以 A[k/2] 最多是第 k-1 小的数。而比 A[k/2] 小的数更不可能是第 k 小的数了，所以可以把它们排除。
因此，可以归纳出以下几点
- 若A[k/2-1]<B[k/2-1], 则A[0]~A[k/2-1]的元素都可以排除
- 若A[k/2-1]>B[k/2-1]，则B[0]~B[k/2-1]的元素都可以排除
- 若相等，当做第一种情况处理
- 若k/2>len_A(数组A的长度)，毫无疑问，第k小的数，只能在数组B中
采用递归实现
double findMedianSortedArrays(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size){ int len1 = nums1Size ,len2 = nums2Size; int left = (len1 + len2 + 1)/2; int right = (len1 + len2 + 2)/2; //若为奇数，重复计算2遍；若为偶数，直接出结果 return (getKth(nums1, 0, len1 - 1, nums2, 0, len2 - 1, left) + getKth(nums1, 0, len1 - 1, nums2, 0, len2 - 1, right))*0.5; } int getKth(int *nums1, int start1, int end1, int *nums2, int start2, int end2, int k) { int len1 = end1 - start1 + 1; int len2 = end2 - start2 + 1; if(len1 > len2) //确保len1的长度总为最短的，方便计算 getKth(nums2, 0, len2 - 2, nums1, 0, len1 - 1, k); if(len1 == 0) //特殊情况的处理 return nums2[start2 + k - 1]; if(k == 1) return nums1[start1] < nums2[start2] ? nums1[start1] : nums2[start2]; int min1 = (len1 < k/2) ? len1 : k/2; int min2 = (len2 < k/2) ? len2 : k/2; int i = start1 + min1 - 1; //可以当成指针一样理解，操控指针移动 int j = start2 + min2 - 1; if(nums1[i] > nums2[j]) //排除一次，更新第k小的数 { return getKth(nums1 , start1, end1, nums2, j+1, end2, k - (j - start2 + 1)); } else { return getKth(nums1, i+1, end1, nums2, start2, end2, k - (i - start1 + 1)); } }
程序可以正常在Code::Block上运行，但无法通过leetcode编译（不懂）
附：
