[LeetCode] 4. Median of Two Sorted Arrays 兩個有序數組的中位數

There are two sorted arrays nums1 and nums2 of size m and n respectively.

Find the median of the two sorted arrays. The overall run time complexity should be O(log (m+n)).

You may assume nums1 and nums2 cannot be both empty.

Example 1:

nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]

The median is 2.0

Example 2:

nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]

The median is (2 + 3)/2 = 2.5

這道題讓我們求兩個有序數組的中位數，而且限制了時間復雜度為 O(log (m+n))，看到這個時間復雜度，自然而然的想到了應該使用二分查找法來求解。但是這道題被定義為 Hard 也是有其原因的，難就難在要在兩個未合并的有序數組之間使用二分法，如果這道題只有一個有序數組，讓求中位數的話，估計就是個 Easy 題。對于這道題來說，可以將兩個有序數組混合起來成為一個有序數組再做嗎，圖樣圖森破，這個時間復雜度限制的就是告訴你金坷垃別想啦。還是要用二分法，而且是在兩個數組之間使用，感覺很高端啊。回顧一下中位數的定義，如果某個有序數組長度是奇數，那么其中位數就是最中間那個，如果是偶數，那么就是最中間兩個數字的平均值。這里對于兩個有序數組也是一樣的，假設兩個有序數組的長度分別為m和n，由于兩個數組長度之和 m+n 的奇偶不確定，因此需要分情況來討論，對于奇數的情況，直接找到最中間的數即可，偶數的話需要求最中間兩個數的平均值。為了簡化代碼，不分情況討論，使用一個小 trick，分別找第 (m+n+1) / 2 個，和 (m+n+2) / 2 個，然后求其平均值即可，這對奇偶數均適用。若 m+n 為奇數的話，那么其實 (m+n+1) / 2 和 (m+n+2) / 2 的值相等，相當于兩個相同的數字相加再除以2，還是其本身。

好，這里需要定義一個函數來在兩個有序數組中找到第K個元素，下面重點來看如何實現找到第K個元素。首先，為了避免拷貝產生新的數組從而增加時間復雜度，使用兩個變量i和j分別來標記數組 nums1 和 nums2 的起始位置。然后來處理一些 corner cases，比如當某一個數組的起始位置大于等于其數組長度時，說明其所有數字均已經被淘汰了，相當于一個空數組了，那么實際上就變成了在另一個數組中找數字，直接就可以找出來了。還有就是如果 K=1 的話，只要比較 nums1 和 nums2 的起始位置i和j上的數字就可以了。難點就在于一般的情況怎么處理？因為需要在兩個有序數組中找到第K個元素，為了加快搜索的速度，可以使用二分法，那么對誰二分呢，數組么？其實要對K二分，意思是需要分別在 nums1 和 nums2 中查找第 K/2 個元素，注意這里由于兩個數組的長度不定，所以有可能某個數組沒有第 K/2 個數字，所以需要先 check 一下，數組中到底存不存在第 K/2 個數字，如果存在就取出來，否則就賦值上一個整型最大值（目的是要在 nums1 或者 nums2 中先淘汰 K/2 個較小的數字，判斷的依據就是看 midVal1 和 midVal2 誰更小，但如果某個數組的個數都不到 K/2 個，自然無法淘汰，所以將其對應的 midVal 值設為整型最大值，以保證其不會被淘汰），若某個數組沒有第 K/2 個數字，則淘汰另一個數組的前 K/2 個數字即可。舉個例子來說吧，比如 nums1 = {3}，nums2 = {2, 4, 5, 6, 7}，K=4，要找兩個數組混合中第4個數字，則分別在 nums1 和 nums2 中找第2個數字，而 nums1 中只有一個數字，不存在第二個數字，則 nums2 中的前2個數字可以直接跳過，為啥呢，因為要求的是整個混合數組的第4個數字，不管 nums1 中的那個數字是大是小，第4個數字絕不會出現在 nums2 的前兩個數字中，所以可以直接跳過。

有沒有可能兩個數組都不存在第 K/2 個數字呢，這道題里是不可能的，因為K不是任意給的，而是給的 m+n 的中間值，所以必定至少會有一個數組是存在第 K/2 個數字的。最后就是二分法的核心啦，比較這兩個數組的第 K/2 小的數字 midVal1 和 midVal2 的大小，如果第一個數組的第 K/2 個數字小的話，那么說明要找的數字肯定不在 nums1 中的前 K/2 個數字，可以將其淘汰，將 nums1 的起始位置向后移動 K/2 個，并且此時的K也自減去 K/2，調用遞歸，舉個例子來說吧，比如 nums1 = {1, 3}，nums2 = {2, 4, 5}，K=4，要找兩個數組混合中第4個數字，那么分別在 nums1 和 nums2 中找第2個數字，nums1 中的第2個數字是3，nums2 中的第2個數字是4，由于3小于4，所以混合數組中第4個數字肯定在 nums2 中，可以將 nums1 的起始位置向后移動 K/2 個。反之，淘汰 nums2 中的前 K/2 個數字，并將 nums2 的起始位置向后移動 K/2 個，并且此時的K也自減去 K/2，調用遞歸即可，參見代碼如下：

C++ 解法一：

Java 解法一：

上面的解法一直使用的是原數組，同時用了兩個變量來分別標記當前的起始位置。我們也可以直接生成新的數組，這樣就不要用起始位置變量了，不過拷貝數組的操作可能會增加時間復雜度，也許會超出限制，不過就算當個思路拓展也是極好的。首先要判斷數組是否為空，為空的話，直接在另一個數組找第K個即可。還有一種情況是當 K = 1 時，表示要找第一個元素，只要比較兩個數組的第一個元素，返回較小的那個即可。這里分別取出兩個數組的第 K/2 個數字的位置坐標i和j，為了避免數組沒有第 K/2 個數組的情況，每次都和數組長度做比較，取出較小值。這里跟上面的解法有些許不同，上面解法直接取出的是值，而這里取出的是位置坐標，但是思想都是很類似的。不同在于，上面解法中每次固定淘汰 K/2 個數字，而這里由于取出了合法的i和j，所以每次淘汰i或j個。評論區有網友提出，可以讓 j = k-i，這樣也是對的，可能還更好一些，收斂速度可能會更快一些，參見代碼如下：

C++ 解法二：

Java 解法二：

此題還能用迭代形式的二分搜索法來解，是一種相當巧妙的應用，這里就參照 stellari 大神的帖子 來講解吧。所謂的中位數，換一種角度去看，其實就是把一個有序數組分為長度相等的兩段，中位數就是前半段的最大值和后半段的最小值的平均數，也就是離分割點相鄰的兩個數字的平均值。比如說對于偶數個數組 [1 3 5 7]，那么分割開來就是 [1 3 / 5 7]，其中 '/' 表示分割點，中位數就是3和5的平均值。對于奇數個數組 [1 3 4 5 7]，可以分割為 [1 3 4 / 4 5 7]，可以發現左右兩邊都有個4，則中位數是兩個4的平均數，還是4。這里使用L表示分割點左邊的數字，R表示分割點右邊的數字，則對于 [1 3 5 7] 來說，L=3，R=5。對于 [1 3 4 5 7] 來說，L=4，R=4。那么對于長度為N的數組來說，可以分別得到L和R的位置，如下所示：

N        Index of L        Index of R

1            0                0

2            0                1

3            1                1

4            1                2

5            2                2

6            2                3

7            3                3

觀察上表，可以得到規律，Idx(L)= (N-1)/2，idx(R) = N/2，所以中位數可以用下式表示：

(L + R) / 2 = (A[(N - 1) / 2] + A[N / 2]) / 2

為了統一數組長度為奇數和偶數的情況，可以使用一個小 tricky，即在每個數字的兩邊都加上一個特殊字符，比如井號，這個 tricky 其實在馬拉車算法中也使用過。這樣做的好處是不管奇數或者偶數，加井號后數組的長度都是奇數，并且切割點的位置也是確定的，比如：

[1 3 5 7] -> [# 1 # 3 # 5 # 7 #] N = 4

index 0 1 2 3 4 5 6 7 8 newN = 9

[1 3 4 5 7] -> [# 1 # 3 # 4 # 5 # 7 #] N = 5

index 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 newN = 11

這里的N是原數組的長度，newN 是添加井號后新數組的長度，可以發現 newN = 2N+1，而且切割點永遠都在新數組中坐標為N的位置，且 idx(L) = (N-1)/2，idx(R) = N/2，這里的N就可以換成分割點的位置，豈不美哉（注意這里的 idx(L) 和 idx(R) 表示的是在未填充#號的坐標位置）！現在假設有兩個數組：

[1 3 4 5 7] -> [# 1 # 3 # 4 # 5 # 7 #] N1 = 5

index 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 newN1 = 11

 

[1 2 2 2] -> [# 1 # 2 # 2 # 2 #] N2 = 4
index 0 1 2 3 4 5 6 7 8 newN2 = 9

跟只有一個數組的情況類似，這里需要找到一個切割點，使得其分別可以將兩個數組分成左右兩部分，需要滿足的是兩個左半邊中的任意一個數字都要小于兩個右半邊數組的數字，注意這里可能有的左半邊或右半邊會為空，但是兩個左半邊數字的個數和應該等于兩個右半邊的個數和。這里還可以觀察出一些規律：

1. 總共有 2N1 + 2N2 + 2 個位置，那么除去兩個分割點，兩個左右半邊應該各有 N1 + N2 個數字。

2. 因此，對于一個在 A2 數組中的分割點位置 C2 = K，在 A1 數組中的位置應該為 C1 = N1 + N2 - K，比如假如在 A2 中的分割點位置為 C2 = 2，那么在 A1 中的位置為 C1 = 4 + 5 - C2 = 7。

[# 1 # 3 # 4 # (5/5) # 7 #]

[# 1 / 2 # 2 # 2 #]

3. 假如兩個數組都被分割了，那么就應該會有兩個L和R，分別是：

L1 = A1[(C1 - 1) / 2]

R1 = A1[C1 / 2]

 

L2 = A2[(C2 - 1) / 2]
R2 = A2[C2 / 2]

對于上面的例子就有：

L1 = A1[(7 - 1) / 2] = A1[3] = 5

R1 = A1[7 / 2] = A1[3] = 5

 

L2 = A2[(2 - 1) / 2] = A2[0] = 1
R2 = A2[2 / 2] = A2[1] = 2

現在需要檢測這個切割點是否是正確的中位數的切割點，那么根據之前的分析，任意的左半邊的數字都需要小于等于右半邊的數字，L1 和 L2 是左半邊的最大的數字，R1 和 R2 是右半邊的最小的數字，所以需要滿足下列關系：

L1 <= R1 && L1 <= R2 && L2 <= R1 && L2 <= R2

由于兩個數組都是有序的，所以 L1 <= R1 和 L2 <= R2 都是滿足的，那么就只需要滿足下列的不等式即可：

L1 <= R2 && L2 <= R1

這樣的話就可以利用二分搜索了，假如 L1 > R2 的話，說明數組 A1 的左半邊的數字過大了，需要把切割點 C1 往左移動。假如 L2 > R1，說明數組 A2 的左半邊數字過大，需要把分割點 C2 左移。若滿足上面的條件，說明當前切割點就是正確的，那么中位數就可以求出來了，即為：

(max(L1, L2) + min(R1, R2)) / 2

最后還有兩點注意事項：

1. 由于 C1 和 C2 是可以互相計算而得，即一個確定了，另一個就可以計算出來了。所以盡量去移動較短的那個數組，這樣得到的時間復雜度為 O(lg(min(N1, N2)))。

2. 對于 corner case 的處理，當切割點在 0 或者 2n 的位置時，將L或R的值分別賦值為整型最小值和最大值，這不會改變正確的切割點的位置，會使得代碼實現更加方便。

C++ 解法三：

Java 解法三：

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