算法：寻找两个正序数组的中位数。

Bertha 。 2023-02-23 12:11 15阅读 0赞

给定两个大小为 m 和 n 的正序（从小到大）数组 nums1 和 nums2。

请你找出这两个正序数组的中位数，并且要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))。

你可以假设 nums1 和 nums2 不会同时为空。

# 示例 #

>     nums1 = [1, 3]
>     nums2 = [2]
>     
>     则中位数是 2.0

# 示例 #

>     nums1 = [1, 2]
>     nums2 = [3, 4]
>     
>     则中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5

# 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 00 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)。题目要求时间复杂度是 O(log(m+n))，因此上述两种思路都不满足题目要求的时间复杂度。

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/2−2 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 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\[k/2−1\] 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\[k/2−1\]。
 *  如果 A\[k/2−1\]=B\[k/2−1\]，则可以归入第一种情况处理。

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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：

*  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。
 *  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 A\[2\] 和 B\[2\]，如下面所示：

> A: 1 3 4 9  
>        ↑  
> B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9  
>        ↑

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。

> A: 1 3 4 9  
>      ↑  
> B: \[1 2 3\] 4 5 6 7 8 9  
>              ↑

由于 A\[1\]<B\[4\]，因此排除 A\[0\] 到 A\[1\]，即数组 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 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。

> A: \[1 3\] 4 9  
>          ↑  
> B: \[1 2 3\] 4 5 6 7 8 9  
>            ↑

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。

> A: \[1 3 4\] 9  
>            ↑  
> B: \[1 2 3\] 4 5 6 7 8 9  
>            ↑

class Solution {
        public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
            int length1 = nums1.length, 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, 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, length2 = nums2.length;
            int index1 = 0, index2 = 0;
            int kthElement = 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], pivot2 = nums2[newIndex2];
                if (pivot1 <= pivot2) {
                    k -= (newIndex1 - index1 + 1);
                    index1 = newIndex1 + 1;
                } else {
                    k -= (newIndex2 - index2 + 1);
                    index2 = newIndex2 + 1;
                }
            }
        }
    }

## 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)。

# 划分数组 #

## 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 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 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：

>            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 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：

> median= (max(left\_part)+min(right\_part)) / 2

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：

> median=max(left\_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 - ji+j=m−i+n−j（当 m+nm+n 为偶数）或 i + j = m - i + n - j + 1i+j=m−i+n−j+1（当 m+nm+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 ii 和 jj 全部移到等号左侧，我们就可以得到 i+j= (m+n+1)/2。这里的分数结果只保留整数部分。
 *  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 j= (m+n+1)/2−i∈\[0,n\]，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。

a. 如果 A 的长度较大，那么我们只要交换 A 和 B 即可。

b. 如果 m>n ，那么得出的 j 有可能是负数。

*  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 \[0,m\] 中找到 i，使得：
> 
>         B\[j−1\]≤A\[i\] 且 A\[i−1\]≤B\[j\]，其中 j= (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：
> 
>      A\[i−1\]≤B\[j\]，其中 j= (m+n+1)/2 −i

这是因为：

*  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\[j\]；
 *  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\[j−1\]<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。

class Solution {
        public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
            if (nums1.length > nums2.length) {
                return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
            }
    
            int m = nums1.length;
            int n = nums2.length;
            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 ? Integer.MIN_VALUE : nums1[i - 1]);
                int nums_i = (i == m ? Integer.MAX_VALUE : nums1[i]);
                int nums_jm1 = (j == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums2[j - 1]);
                int nums_j = (j == n ? Integer.MAX_VALUE : nums2[j]);
    
                if (nums_im1 <= nums_j) {
                    median1 = Math.max(nums_im1, nums_jm1);
                    median2 = Math.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 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 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 nums1 和 nums2 使得 m≤n，因此时间复杂度是 O(log min(m,n)))。
 *  空间复杂度：O(1)。

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