There are two sorted arrays A and B 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)).
分析
这是一道非常经典的题。这题更通用的形式是，给定两个已经排序好的数组，找到两者所有元素中第 k 大的元素。O(m + n) 的解法比较直观，直接merge两个数组，然后求第k 大的元素。
不过我们仅仅需要第 k 大的元素，是不需要“排序”这么复杂的操作的。可以用一个计数器，记录当前已经找到第 m 大的元素了。同时我们使用两个指针 pA 和 pB，分别指向 A 和 B 数组的第一个元素，使用类似于merge sort的原理，如果数组A当前元素小，那么 pA++，同时 m++；如果数组B当前元素小，那么 pB++，同时 m++。最终当m等于k 的时候，就得到了我们的答案，O(k)时间，O(1) 空间。但是，当 k 很接近 m
+ n的时候，这个方法还是O(m + n) 的。
有没有更好的方案呢？我们可以考虑从 k 入手。如果我们每次都能够删除一个一定在第 k 大元素之前的元素，那么我们需要进行 k 次。但是如果每次我们都删除一半呢？由于 A 和 B 都是有序的，我们应该充分利用这里面的信息，类似于二分查找，也是充分利用了“有序”。假设 A 和 B 的元素个数都大于 k/2，我们将 A 的第 k/2 个元素（即 A[k/2-1]）和 B 的第 k/2个元素（即 B[k/2-1]）进行比较，有以下三种情况（为了简化这里先假设k
为偶数，所得到的结论
对于k 是奇数也是成立的）：
? A[k/2-1] == B[k/2-1]
? A[k/2-1] > B[k/2-1]
? A[k/2-1] < B[k/2-1]
如果 A[k/2-1] < B[k/2-1]，意味着 A[0] 到 A[k/2-1 的肯定在 A [ B 的 top k 元素的范围
内，换句话说，A[k/2-1不可能大于 A [ B 的第k 大元素。留给读者证明。
因此，我们可以放心的删除 A 数组的这 k/2 个元素。同理，当 A[k/2-1] > B[k/2-1] 时，可
以删除 B数组的 k/2 个元素。
当 A[k/2-1] == B[k/2-1] 时，说明找到了第 k 大的元素，直接返回 A[k/2-1] 或 B[k/2-1]
即可。
因此，我们可以写一个递归函数。那么函数什么时候应该终止呢？
? 当 A 或 B是空时，直接返回 B[k-1]或 A[k-1]；
? 当 k=1是，返回 min(A[0], B[0])；
? 当 A[k/2-1] == B[k/2-1] 时，返回 A[k/2-1] 或 B[k/2-1]
class Solution {
public:
double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n) {
int total = m + n;
if (total & 0x1)
return find_kth(A, m, B, n, total / 2 + 1);
else
return (find_kth(A, m, B, n, total / 2)
+ find_kth(A, m, B, n, total / 2 + 1)) / 2.0;
}
private:
static int find_kth(int A[], int m, int B[], int n, int k) {
//always assume that m is equal or smaller than n
if (m > n) return find_kth(B, n, A, m, k);
if (m == 0) return B[k - 1];
if (k == 1) return min(A[0], B[0]);
//divide k into two parts
int ia = min(k / 2, m), ib = k - ia;
if (A[ia - 1] < B[ib - 1])
return find_kth(A + ia, m - ia, B, n, k - ia);
else if (A[ia - 1] > B[ib - 1])
return find_kth(A, m, B + ib, n - ib, k - ib);
else
return A[ia - 1];
}
};