求两个有序数组的中位数

这是我做的第二个leetcode题目，一开始以为和第一个一样很简单，但是做的过程中才发现这个题目非常难，给人一种“刚上战场就踩上地雷挂掉了”的感觉。后来搜了一下leetcode的难度分布表（leetcode难度及面试频率）才发现，该问题是难度为5的问题，真是小看了它！网上搜了很多答案，但是鲜见简明正确的解答，唯有一种寻找第k小值的方法非常好，在此整理一下。

首先对leetcode的编译运行吐槽一下：貌似没有超时判断，而且small和large的数据集相差很小。此题一开始我采用最笨的方法去实现，利用排序将两个数组合并成一个数组，然后返回中位数：

[cpp] view plaincopyprint?

1. class Solution {
2. public:
3. double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n) {
4. // Start typing your C/C++ solution below
5. // DO NOT write int main() function
6. int *a=new int[m+n];
7. memcpy(a,A,sizeof(int)*m);
8. memcpy(a+m,B,sizeof(int)*n);
9. sort(a,a+n+m);
10. double median=(double) ((n+m)%2? a[(n+m)>>1]:(a[(n+m-1)>>1]+a[(n+m)>>1])/2.0);
11. delete a;
12. return median;
13. }
14. };

该方法居然也通过测试，但是其复杂度最坏情况为O(nlogn)，这说明leetcode只对算法的正确性有要求，时间要求其实不严格。

另一种方法即是利用类似merge的操作找到中位数，利用两个分别指向A和B数组头的指针去遍历数组，然后统计元素个数，直到找到中位数，此时算法复杂度为O(n)。之后还尝试了根据算法导论中的习题（9.3-8）扩展的方法，但是该方法会存在无穷多的边界细节问题，而且扩展也不见得正确，这个可从各网页的评论看出，非常不建议大家走这条路。

最后从medianof two sorted arrays中看到了一种非常好的方法。原文用英文进行解释，在此我们将其翻译成汉语。该方法的核心是将原问题转变成一个寻找第k小数的问题（假设两个原序列升序排列），这样中位数实际上是第(m+n)/2小的数。所以只要解决了第k小数的问题，原问题也得以解决。

首先假设数组A和B的元素个数都大于k/2，我们比较A[k/2-1]和B[k/2-1]两个元素，这两个元素分别表示A的第k/2小的元素和B的第k/2小的元素。这两个元素比较共有三种情况：>、<和=。如果A[k/2-1]<B[k/2-1]，这表示A[0]到A[k/2-1]的元素都在A和B合并之后的前k小的元素中。换句话说，A[k/2-1]不可能大于两数组合并之后的第k小值，所以我们可以将其抛弃。

证明也很简单，可以采用反证法。假设A[k/2-1]大于合并之后的第k小值，我们不妨假定其为第（k+1）小值。由于A[k/2-1]小于B[k/2-1]，所以B[k/2-1]至少是第（k+2）小值。但实际上，在A中至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1]，B中也至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1]，所以小于A[k/2-1]的元素个数至多有k/2+ k/2-2，小于k，这与A[k/2-1]是第（k+1）的数矛盾。

当A[k/2-1]>B[k/2-1]时存在类似的结论。

当A[k/2-1]=B[k/2-1]时，我们已经找到了第k小的数，也即这个相等的元素，我们将其记为m。由于在A和B中分别有k/2-1个元素小于m，所以m即是第k小的数。(这里可能有人会有疑问，如果k为奇数，则m不是中位数。这里是进行了理想化考虑，在实际代码中略有不同，是先求k/2，然后利用k-k/2获得另一个数。)

通过上面的分析，我们即可以采用递归的方式实现寻找第k小的数。此外我们还需要考虑几个边界条件：

• 如果A或者B为空，则直接返回B[k-1]或者A[k-1]；
• 如果k为1，我们只需要返回A[0]和B[0]中的较小值；
• 如果A[k/2-1]=B[k/2-1]，返回其中一个；

最终实现的代码为：

[cpp] view plaincopyprint?

1. double findKth(int a[], int m, int b[], int n, int k)
2. {
3. //always assume that m is equal or smaller than n
4. if (m > n)
5. return findKth(b, n, a, m, k);
6. if (m == 0)
7. return b[k - 1];
8. if (k == 1)
9. return min(a[0], b[0]);
10. //divide k into two parts
11. int pa = min(k / 2, m), pb = k - pa;
12. if (a[pa - 1] < b[pb - 1])
13. return findKth(a + pa, m - pa, b, n, k - pa);
14. else if (a[pa - 1] > b[pb - 1])
15. return findKth(a, m, b + pb, n - pb, k - pb);
16. else
17. return a[pa - 1];
18. }
19. class Solution
20. {
21. public:
22. double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n)
23. {
24. int total = m + n;
25. if (total & 0x1)
26. return findKth(A, m, B, n, total / 2 + 1);
27. else
28. return (findKth(A, m, B, n, total / 2)
29. + findKth(A, m, B, n, total / 2 + 1)) / 2;
30. }
31. };

我们可以看出，代码非常简洁，而且效率也很高。在最好情况下，每次都有k一半的元素被删除，所以算法复杂度为logk，由于求中位数时k为（m+n）/2，所以算法复杂度为log(m+n)。

如果有两个有序的数组，都是已经排好序的。那么求它们的中位数应该怎样求呢。如果采用对这两个数组进行排序的方法，最快的时间复杂度也要o(nlogn)的时间。但是，如果采用中位数和顺序统学的方法来寻找，则可以在o(n)的时间内解决这个问题。

我们先寻找每个数组的中位数，因为是排好顺序的数组，因此，可以在o(1)时间内找到。然后，比较这两个数字的大小。如果A的中位数大于B的中位数，则在A的前半个数组和B的后半个数组中寻找，反之，在B的前半个数组和A的后半个数组寻找。根据递归方程，解得时间复杂度是o(n)。

       中位数：一组数据中间位置的数，如果是偶数个数，则取中间两个位置数的平均值。

此题两个数组个数一样，那么两个数组的中位数总个数是2*n也就是偶数，中位数一定是中间两个位置的平均数。时间复杂度要求O(logn)，则一定要充分利用数组有序的信息。

网上看了很多版本，都是对奇偶数的考虑不全。自己试着编写了一下，发现很多细节很容易忽略。测试考虑的是整数，可以把数组直接全部设置为double类型。如果是整型，要考虑结果类型的强制转换。还有最后递归结束条件只考虑两数组中只剩下一个元素，或者中位数相等的两种情况。大家可以多找几个例子试验下。此代码在VC++6.0上测试过。大家可以自己再测试下，有问题的话欢迎提出。代码如下：

//最后返回结果一定要是double,因为是两个中位数的平均值不一定是整数
double MidNum(int *A,int l1,int r1,int *B,int l2,int r2)
{
	//根据奇偶决定中位数的位置，要保证两个字数组元素个数相等
	int mid1,mid2;
	if( (r1-l1+1)%2==0 )	//偶数时
	{
		mid1=(l1+r1)/2+1;	//A取下中位数
		mid2=(l2+r2)/2;		//B取上中位数
	}
	else					//奇数时
	{
		mid1=(l1+r1)/2;
		mid2=(l2+r2)/2;
	}

	if(l1==r1 && l2==r2)			//最后两个数组都剩下一个元素
		return (double)(A[l1]+B[l2])/2;
	//最后两个数组都剩下两个元素，而且A[mid1]>B[mid2]，底下的情况处理不了，一直递归下去
	//如A[6]={1,3,5,6,8,10};B[6]={2,4,7,9,11,15};最后A{6,8},B{4,7}
	if( r1-l1==1 && r2-l2==1 )
	{
		if(A[mid1]>B[mid2])			//得对剩下的4个数排序A[l1],A[r1](r1==mid1),B[l2](l2==mid2),B[r2]
		{
			if(B[r2]<=A[l1])		//B[mid2],B[r2],A[l1],A[mid1]
				return (double)(B[r2]+A[l1])/2;
			else if(A[l1]<=B[mid2] && A[mid1]>=B[r2])	//A[l1],B[mid2],A[mid1],B[r2]
				return (double)(B[mid2]+A[mid1])/2;
			else if(A[l1]<=B[mid2] && A[mid1]<B[r2])	//A[l1],B[mid2],B[r2],A[mid1]
				return (double)(B[mid2]+B[r2])/2;
		}
	}
	if(A[mid1]==B[mid2])
		return A[mid1];
	else if( A[mid1] > B[mid2])
		return MidNum(A,l1,mid1,B,mid2,r2);
	else
		return MidNum(A,mid1,r1,B,l2,mid2);
}

int main()
{
	int A[6]={1,3,5,6,8,10};
	int B[6]={2,4,6,9,11,15};

	double m2=MidNum(A,0,5,B,0,5);
	cout<<m2<<endl;

	int A2[10]={17,18,28,37,42,54,63,72,89,96};
	int B2[10]={3,51,71,72,91,111,121,131,141,1000};

	double m=MidNum(A2,0,9,B2,0,9);
	cout<<m<<endl;

	return 0;
}

　　由于复杂度是logn的，所以考虑要用到二分。

首先，假设两个数组的长度都是奇数，而且大于1。令mid 为 (1 + n) / 2，也就是中间的那个元素的下标。考虑一下X[mid]和Y[mid]的大小关系：

（1） X[mid] > Y[mid]
这种情况下，我们可以想，当我们把两个数组合并排序后，X[mid]的排名（排名从1开始）肯定是大于n的，因为我们可以确定这些元素一定小于等于X[mid]：X[1...mid - 1]，Y[1...mid - 1] ，Y[mid]。
同理，可以分析出来，Y[mid]的排名肯定是小于n + 1的。引入一个定理，如果我们同时杀掉X[mid]后面的任意k个元素和Y[mid]前面的任意k个元素（k > 0），那么，得到的新的两个数组的中位数，与原数组，仍然是一样的。这个定理画个图不难证明。所以，原问题就被转化为一个更小的子问题了。

（2）X[mid] == Y[mid]
倒是这种情况，我想了很久，到底应该怎么处理。后来发现，自己犯傻了。如果X[mid]等于Y[mid]的话，考虑一下我们排序的过程。首先，我们可以将X[1...mid-1]和Y[1...mid-1]合并排序得到一个长度为2*（mid-1）的新数组P，然后我们把X[mid + 1...n]和Y[mid + 1...n]合并排序，得到一个长度也是2*（mid-1）的新数组R，最后，我们把X[mid] 和 Y[mid]插在中间，就得到最后的有序数组了：P，X[mid]，Y[mid]，R
也就是说，当X[mid] == Y[mid]时，你可以马上确定X[mid]和Y[mid]就是你要找的两个中位数！

（3）X[mid] < Y[mid]
这种情况和情况（1）对称，不累赘了。

然后，假设两个数组的长度都是偶数，而且大于1。令mid为（1+n）/ 2，也就是中间的两个元素里左边的那个元素的下标。考虑一下X[mid] 和 Y[mid + 1]的大小关系
（1）X[mid] > Y[mid]
使用与上面奇数长度的情况的类似的思路，我们可以知道，X[mid]的排名在一半以后，而Y[mid]的排名在一半以后，所以，我们也可以用同样的思路来缩小问题的规模。
（2） X[mid] == Y[mid]
同样的思路，所以同样的结论。当它们相等的时候，你是可以马上确定它们就是你要找的两个中位数。
（3）X[mid] < Y[mid]
对称，一样的做法。

http://blog.csdn.net/hhygcy/article/details/4584064

2个有序数组求合并后的中位数

先找来了一个图(自己画的，简陋了点)

我们先来分析看看： 想到对数的效率，首先想到的就是二分查找，对于这个题目二分查找的意义在哪里呢？

我们找到了A[n/2] 和 B[n/2]来比较，

如果他们相等，那样的话，我们的搜索结束了，因为答案已经找到了A[n/2]就肯定是排序后的中位数了。

如果我们发现B[n/2]>A[n/2]，说明什么,这个数字应该在 A[n/2]->A[n]这个序列里面， 或者在 B[1]-B[n/4]这里面。 或者，这里的或者是很重要的， 我们可以说，我们已经成功的把问题变成了在排序完成的数组A[n/2]-A[n]和B[0]-B[n/2]里面找到合并以后的中位数， 显然递归是个不错的选择了。

类似的， 如果B[n/2]<A[n/2]呢？显然就是在A[0]-A[n/2]和B[n/2]-B[n]里面寻找了。

在继续想， 这个递归什么时候收敛呢？当然一个case就是相等的值出现， 如果不出现等到这个n==1的时候也就结束了。

照着这样的思路， 我们比较容易写出如下的代码， 当然边界的值需要自己思量一下， 前面的想法只是想法而已。

马上有人说那不定长的怎么办呢？一样的，我们还是来画个图看看：(我的画图水平肯定提高了)

int find_median_equal_length( int a[], int b[], int length)
{
	if (length == 1)
		return a[0];	

	int i = length/2;
	if (a[i] == b[i])
		return a[i];
	else if (a[i]<b[i])
		return find_median_equal_length( &a[i], &b[0], length-i );
	else
		return find_median_equal_length( &a[0], &b[i], length-i );
}