未在上面列出的题目 - Median of Two Sorted Arrays[H]

题目

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)).

分析

这个题目是非常的常见，而且有特别多的变形。特别是在当前大数据的环境下，如何快速查找第i个元素有很现实的意义。

思路1

很简单的思路：就是遍历两个数组，在里面找到第i个大元素，这个应该还是比较简单的，时间复杂度O(m+n)。

用2个变量分别指向两个数组，每次取较小的一个，然后将其指针后移动。但是这里有个问题，就是奇偶判断，如果是奇数，中位数是num[mid]，但是如果是偶数，是(num[mid]+num[mid-1])/2。这里我的做法是把num[mid]看作(num[mid]+num[mid])/2。如果是偶数-1,奇数-0。

class Solution {
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        if(nums1.size() == 0)
            return MedofArray(nums2);
        if(nums2.size() == 0)
            return MedofArray(nums1);    
        vector<int> num3;
        int size = (nums1.size()+nums2.size());
        int mid = size/2;
        int flag = !(size%2);
        int i,m1,m2,cur;
        double a,b;
        for(i = m1 = m2 = 0;i < size;i++)
        {   
            a = m1 < nums1.size()?nums1[m1]:INT_MAX;//过界处理
            b = m2 < nums2.size()?nums2[m2]:INT_MAX;//过界处理
            //cout<<i<<" a "<<a<<" b "<<b<<endl;
            if(a < b)
            {
                num3.push_back(nums1[m1]);
                m1++;
            }
            else
            {
                num3.push_back(nums2[m2]);
                m2++;
            }
            if(i == mid)
                break;
        }
        return (num3[mid]+num3[mid-flag])/2.0;
    }
    double MedofArray(vector<int>& nums)
    {
        int mid = nums.size()/2;
        int flag = !(nums.size()%2);
        return (nums[mid]+nums[mid-flag])/2.0;
    }
};

思路2

重点来了!!
这是一个很经典的Divide & Conquer的题目，关键就在如何划分。这里引用stellari 的高分答案，觉得他这个讲的特别好：

预备知识

先解释下“割”

我们通过切一刀，能够把有序数组分成左右两个部分，切的那一刀就被称为割(Cut)，割的左右会有两个元素，分别是左边最大值和右边最小值。

我们定义L = Max(LeftPart)，R = Min(RightPart)

Ps. 割可以割在两个数中间，也可以割在1个数上，如果割在一个数上，那么这个数即属于左边，也属于右边。（后面讲单数组中值问题的时候会说）

对于单数组，找其中的第k个元素特别好做，我们用割的思想就是：

常识1：如果在k的位置割一下，然后A[k]就是L。换言之，就是如果左侧有k个元素，A[k]属于左边部分的最大值。（都是明显的事情，这个不用解释吧！）

双数组找第k个元素

我们设:
$C_i$为第i个数组的割。
$L_i$为第i个数组割后的左元素.
$R_i$为第i个数组割后的右元素。

我们看如何从双数组里取出第k个元素

1. 首先$L_i <= R_i$是肯定的（因为数组有序，左边肯定小于右边）
2. 如果我们让$L_1 <= R_2$ && $L_2 <= R_1$
3. 那么左半边 全小于右半边，如果左边的元素个数相加刚好等于k，那么第k个元素就是Max(L1,L2)，参考上面常识1。
4. 如果 L1>R2，说明数组1的左边元素太大（多），我们把C1减小，把C2增大。L2>R1同理，把C1增大，C2减小。

假设k=3

对于
$[1 4 7 9]$
$[2 3 5]$

设C1 = 2，那么C2 = k-C1 = 1
$[1 4/ 7 9]$
$[2/3 5]$

这时候，L1(4)>R2(3)，说明C1要减小，C2要增大，C1 = 1，C2=k-C1 = 2
$[1/4 7 9]$
$[2 3/5]$

这时候，满足了$L_1 <= R_2$ && $L_2 <= R_1$，第3个元素就是Max(1,3) = 3。

如果对于上面的例子，把k改成4就恰好是中值。

下面具体来看特殊情况的中值问题。

解决单数组的奇偶问题

其实中值问题有个比较麻烦的地方，就是奇偶处理方法不同，有没有办法统一处理呢？有，还是用割。

如果割能把有序数组划分成两个相等的部分，其中中值就是Max(左边) + Min(右边) 的平均数。即是(L+R)/2

比如说[2 3 5 7]这个序列，划分就在3和5之间
[2 3 / 5 7]
中值就是（3+5）/2 = 4

如果[2 3 4 5 6]这个序列，我们可以把4划分成2个
[2 3 (4/4) 5 7]
中值就是（4+4）/2 = 4

通过观察可以发现不管奇偶数，L = (N-1)/2，R=N/2
|N | Index of L / R
|-:-|:—:|
|1 | 0 / 0
|2 | 0 / 1
|3 | 1 / 1
|4 | 1 / 2

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

双数组的奇偶

中值的关键在于，如何处理奇偶性，单数组的情况，我们已经讨论过了，那双数组的奇偶问题怎么办，m+n为奇偶处理方案都不同，

让数组恒为奇数

有没有办法让两个数组长度相加一定为奇数或偶数呢？
其实有的，虚拟加入‘#’(这个trick在manacher算法中也有应用)，让数组长度恒为奇数（2n+1恒为奇数）。
Ps.注意是虚拟加，其实根本没这一步，因为通过下面的转换，我们可以保证虚拟加后每个元素跟原来的元素一一对应
|之前|len|之后|len|
|||||
|[1 4 7 9]|4| [# 1 # 4 # 7 # 9 #]|9
|[2 3 5]|3| [# 2 # 3 # 5 #]|7

映射关系

这有什么好处呢，为什么这么加?因为这么加完之后，每个位置可以通过/2得到原来元素的位置。
|/|原位置|新位置|除2后|
|||||
|0|1|0|1
|5|2|5|2

在虚拟数组里表示“割”

不仅如此，割更容易，如果割在‘#’上等于割在2个元素之间，割在数字上等于把数字划到2个部分。奇妙的是不管哪种情况：

Li = (Ci-1)/2
Ri = Ci/2

例：

1. 割在4/7之间‘#’，C = 4，L=(4-1)/2=1 ，R=4/2=2
   刚好是4和7的原来位置！
2. 割在3上，C = 3，L=(3-1)/2=1，R=3/2 =1，刚好都是3的位置！

剩下的事情就好办了，把2个数组看做一个虚拟的数组A，目前有2m+2n+2个元素，割在m+n+1处，所以我们只需找到m+n+1位置的元素和m+n+2位置的元素就行了。
左边：A[m+n+1] = Max(L1+L2)
右边：A[m+n+2] = Min(R1+R2)

Mid = (A[m+n+1]+A[m+n+2])/2
= (Max(L1+L2) + Min(R1+R2) )/2

至于在两个数组里找割的方案，就是上面的方案。

分治的思路

有了上面的知识后，现在的问题就是如何利用分治的思想。

怎么分？

最快的分的方案是二分，有2个数组，我们对哪个做二分呢？
根据之前的分析，我们知道了，只要C1或C2确定，另外一个也就确定了。这里，为了效率，我们肯定是选长度较短的做二分，假设为C1。

怎么治？

也比较简单，我们之前分析了：就是比较L1,L2和R1,R2。

• L1>R2，把C1减小，C2增大。—> C1向左二分
• L2>R1，把C1增大，C2减小。—> C1向右二分

越界问题

如果C1或C2已经到头了怎么办？
这种情况出现在：如果有个数组完全小于或大于中值。可能有4种情况：

• C1 = 0 —— 数组1整体都比中值大，L1 >R2，中值在2中
• C2 = 0 —— 数组1整体都比中值小，L1 <R2，中值在1中
• C1 = n*2 —— 数组1整体都比中值小，L1 <R2，中位数在2中
• C2 = m*2 —— 数组1整体都比中值大，L1 >R2，中位数在1中

其实，如果我已经确定了数组1是最短的数组，那只有两种情况了，比较好处理：

• 如果C1 = 0 —> 那么我们缩小L1，L1 = INT_MIN，保证判断正确。
• 如果C1 = n*2 —> 那么我们增大R1，R1 = INT_MAX，保证判断正确。

代码

class Solution {
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        if(nums1.size() == 0)
            return MedofArray(nums2);
        if(nums2.size() == 0)
            return MedofArray(nums1);
        int n = nums1.size();
        int m = nums2.size();
        if(n > m)   //保证数组1一定最短
            return findMedianSortedArrays(nums2,nums1);
        int L1,L2,R1,R2,c1,c2,lo = 0, hi = 2*n;  //我们目前是虚拟加了'#'所以数组1是2*n长度
        while(lo <= hi)   //二分
        {
            c1 = (lo+hi)/2;  //c1是二分的结果
            c2 = m+n- c1;
            L1 = (c1 == 0)?INT_MIN:nums1[(c1-1)/2];   //map to original element
            R1 = (c1 == 2*n)?INT_MAX:nums1[c1/2];
            L2 = (c2 == 0)?INT_MIN:nums2[(c2-1)/2];
            R2 = (c2 == 2*m)?INT_MAX:nums2[c2/2];
            if(L1 > R2)
                hi = c1-1;
            else if(L2 > R1)
                lo = c1+1;
            else
                break;
        }
        return (max(L1,L2)+ min(R1,R2))/2.0;
    }
    double MedofArray(vector<int>& nums)
    {
        if(nums.size() == 0)    return -1;
        return (nums[nums.size()/2]+nums[(nums.size()-1)/2])/2.0;
    }
};