4. 寻找两个正序数组的中位数
关键词：二分查找、数组划分
题目起源：4. 寻找两个正序数组的中位数 - 力扣（Leetcode）
题目形容
T二分查找 T数组划分给定两个大小别离为 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 。
算法的工夫复杂度应该为 O(log (m+n)) 。
输出：nums1 = [1,3], nums2 = [2]输入：2.00000解释：合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2输出：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]输入：2.50000解释：合并数组 = [1,2,3,4] ，中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5数据范畴nums1.length == mnums2.length == n0 <= m <= 10000 <= n <= 10001 <= m + n <= 2000-106 <= nums1[i], nums2[i] <= 106二分查找
题目要求工夫复杂度为O(log(m+n))，且数组有序，可采纳二分求解，具体做法如下：
当m+n为奇数时，题目等价于找到第k小的元素，当m+n为偶数时，题目等价于找到第k和k+1小的数。故，工作就是找到第k小的数，若m+n为偶数，则在第k小的数前面再思考一个数即可。
- 设i=0，j=0，ti，tj，i示意数组A的起始思考地位，也即A以后思考A[i..m-1]，相似的，B以后思考B[j..n-1]，ti和tj别离示意A和B的下一个起始思考地位
- 令ti = i+k/2，tj = j+k/2，ti、tj别离不能超过m、n
对于数组A[i..m-1]、B[j..n-1]，思考A[ti-1]和B[tj-1]
- 若A[ti-1]＜B[tj-1]，阐明A[i..ti-1]必然不是第k小的数，也即能够排除A[i..ti-1]，共k/2个数。于是，令i = ti，k -= k/2。
- 若A[ti-1]＞B[tj-1]，阐明B[j..tj-1]必然不是第k小的数，也即能够排除B[j..tj-1]，共k/2个数。于是，令j = tj，k -= k/2。
- 若A[i+k/2-1]＝B[j+k/2-1]，则可归为A[ti-1]＜B[tj-1]的状况
循环完结条件
- 当i=m时，m+n为偶数 ? return (B[j+k-1]+B[j+k])/2 : return min( B[j+k-1]+B[j+k] )
- 当j=n时，m+n为偶数 ? return (A[i+k-1]+A[i+k])/2 : return min( A[i+k-1]+A[i+k] )
- 当k=1时，m+n为偶数 ? return (A[i]+B[i])/2 : return min( A[i], B[i] )
double findMedianSortedArrays(vector<int> &nums1, vector<int> &nums2) { auto &A = nums1, &B = nums2; int m = A.size(), n = B.size(), k = (n + m + 1) >> 1; int i = 0, j = 0, fg = (m + n) & 1, ti, tj; while (true) { // 循环进口 if (i == m)return fg ? B[j + k - 1] : (B[j + k - 1] + B[j + k]) / 2.0; if (j == n)return fg ? A[i + k - 1] : (A[i + k - 1] + A[i + k]) / 2.0; if (k == 1) { if (fg)return min(A[i], B[j]); if (A[i] < B[j]) return (A[i] + (i == m - 1 ? B[j] : min(A[i + 1], B[j])))/2.0; else return (B[j] + (j == n - 1 ? A[i] : min(B[j + 1], A[i])))/2.0; } // 二分 ti = min(i + (k >> 1), m), tj = min(j + (k >> 1), n); if (A[ti-1] <= B[tj-1]) { k -= ti - i, i = ti; } else k -= tj - j, j = tj; }}工夫复杂度：O( log(m+n) )。每次循环都会排除k/2个数
空间复杂度：O(1)
数组划分
中位数性质：中位数将数组划分成两半，左半局部的数均小于等于右半局部的数。
利用中位数的上述性质，可失去如下做法：
设k=( m+n+1 )/2。
i将数组A划分为A[0..i-1]和A[i..m-1]两局部，其中，i=0时A[0..i-1]为空，i=m时A[i..m-1]为空。
j=k-i，j将数组B划分成B[0..j-1]和B[j..n-1]两局部，其中，j=0时B[0..j-1]为空，j=n时A[j..n-1]为空。
令L=A[0..i-1] + B[0..j-1]，R=A[i..m-1] + B[j..n-1]
思考(m+n)为偶数的状况，L和R恰好各含有一半的元素。当L中的元素全小于等于R中的元素时，中位数=(max(L)+max(R))/2，而max(L)=max(A[i-1],B[j-1])，min(R)=min(A[i],B[j])。
L中的元素全小于R中的元素等价于A[i-1]≤B[j]且B[j-1]≤A[i]。
于是，可通过二分来确定i的值，也即划分点，当有A[i-1]≤B[j]且B[j-1]≤A[i]，阐明曾经找到中位数。
为确保j不会越界，也即便得j放弃在区间[0..n]内，应时数组A的长度大于数组B。
思考(m+n)为奇数的状况，因为L中含有k个元素，故中位数为max(L)。
double findMedianSortedArrays_4(vector<int> &nums1, vector<int> &nums2) { auto res=[&](vector<int> &A,vector<int> &B){ int m = A.size(), n = B.size(), k = (n + m + 1) >> 1, fg = (m + n) & 1; // 分界点可选范畴[l..r] int l = 0, r = m, i, j; // 答案肯定存在 while (true) { // 左：A[0..i-1] B[0..j-1] i = (l + r + 1) >> 1, j = k - i; // 交界处的四个数 int la = i ? A[i - 1] : INT_MIN, ra = i != m ? A[i] : INT_MAX; int lb = j ? B[j - 1] : INT_MIN, rb = j != n ? B[j] : INT_MAX; // 符合条件 if (la <= rb && lb <= ra) { if (fg) return (double)max(la, lb); return (max(la, lb) + min(ra, rb)) / 2.0; } // 放大范畴 else if (la <= rb)l = i; else r = i - 1; } }; return nums1.size() > nums2.size() ? res(nums2, nums1) : res(nums1, nums2);}工夫复杂度：O(log(min(m,n)))
空间复杂度：O(1)