Leetcode（4）——寻找两个正序数组的中位数

题目

给定两个大小分别为 $m$ 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 。

算法的时间复杂度应该为 $O(log(m+n))$。

示例 1：

输入：nums1 = [1,3], nums2 = [2]
输出：2.00000
解释：合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2

示例 2：

输入：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]
输出：2.50000
解释：合并数组 = [1,2,3,4] ，中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5

提示：

• nums1.length == m
• nums2.length == n
• $0$ <= m <= $1000$
• $0$ <= n <= $1000$
• $1$ <= m + n <= $2000$
• $-10^6$ <= nums1[i], nums2[i] <= $10^6$

题解

合并再查找等其他方法就不写了，时间复杂度达不到要求且简单

​​  使用归并的方式，合并两个有序数组，得到一个大的有序数组。大的有序数组的中间位置的元素，即为中位数。

• 不需要合并两个有序数组，只要找到中位数的位置即可。由于两个数组的长度已知，因此中位数对应的两个数组的下标之和也是已知的。维护两个指针，初始时分别指向两个数组的下标 $0$ 的位置，每次将指向较小值的指针后移一位（如果一个指针已经到达数组末尾，则只需要移动另一个数组的指针），直到到达中位数的位置。
• 假设两个有序数组的长度分别为 $m$ 和 $n$，上述两种思路的复杂度如何？

​​  第一种思路的时间复杂度是 $O(m+n)$，空间复杂度是 $O(m+n)$。第二种思路虽然可以将空间复杂度降到 $O(1)$，但是时间复杂度仍是 $O(m+n)$。

方法一：二分查找

思路

​​  如果对时间复杂度的要求有 $\log$，通常都需要用到二分查找，这道题也可以通过二分查找实现。

​​  根据中位数的定义，当 $m+n$ 是奇数时，中位数是两个有序数组中的第 $(m+n+1)/2$ 个元素，当 $m+n$ 是偶数时，中位数是两个有序数组中的第 $(m+n)/2$ 个元素和第 $(m+n)/2+1$ 个元素的平均值。
​​  因此，这道题可以转化成：寻找两个有序数组中的第 $k$ 小的数，当其中 $m+n$ 是奇数时，$k$ 为 $(m+n)/2+1$，当其中 $m+n$ 是偶数时，$k$ 为 $(m+n)/2$ 和 $(m+n)/2+1$。

具体算法思路如下：

​​  假设两个有序数组分别是 $\text{A}$ 和 $\text{B}$。要找到第 $k$ 个元素，我们可以比较 $\text{A}[k/2-1]$ 和 $\text{B}[k/2-1]$，其中 $/$ 表示整数除法。
​​  由于 $\text{A}[k/2-1]$ 和 $\text{B}[k/2-1]$ 的前面分别有 $\text{A}[0..k/2-2]$ 和 $\text{B}[0..k/2-2]$，即 $k/2-1$ 个元素，对于 $\text{A}[k/2-1]$ 和 $\text{B}[k/2-1]$ 中的较小值，最多只会有 $(k/2-1)+(k/2-1)\le k-2$ 个元素比它小，那么它就不能是第 $k$ 小的数了。

因此我们可以归纳出三种情况：

• 如果 $\text{A}[k/2-1]<\text{B}[k/2-1]$，则比 $\text{A}[k/2-1]$ 小或等于的数最多只有 $\text{A}$ 的前 $k/2-1$ 个数和 $\text{B}$ 的前 $k/2-1$ 个数，即比 $\text{A}[k/2-1]$ 小的数最多只有 $k-2$ 个，因此 $\text{A}[k/2-1]$ 不可能是第 $k$ 个数，$\text{A}[0]$ 到 $\text{A}[k/2-1]$ 也都不可能是第 $k$ 个数，$\text{A}[0]$ 到 $\text{A}[k/2-1]$ 可以全部排除。
• 如果 $\text{A}[k/2-1]>\text{B}[k/2-1]$，则可以排除 $\text{B}[0]$ 到 $\text{B}[k/2-1]$。
• 如果 $\text{A}[k/2-1]=\text{B}[k/2-1]$，则可以归入第一种情况处理。

可以看到，比较 $\text{A}[k/2-1]$ 和 $\text{B}[k/2-1]$ 之后，可以排除 $k/2$ 个不可能是第 $k$ 小的数，查找范围缩小了一半。同时，我们将在排除后的新数组上继续进行二分查找，并且根据我们排除数的个数，减少 $k$ 的值，这是因为我们排除的数都不大于第 $k$ 小的数。

有以下三种情况需要特殊处理：

• 如果 $\text{A}[k/2-1]$ 或者 $\text{B}[k/2-1]$ 越界，那么我们可以选取对应数组中的最后一个元素。在这种情况下，我们必须根据排除数的个数减少 $k$ 的值，而不能直接将 $k$ 减去 $k/2$。
• 如果一个数组为空，说明该数组中的所有元素都被排除，我们可以直接返回另一个数组中第 $k$ 小的元素。
• 如果 $k=1$，我们只要返回两个数组首元素的最小值即可。

例子

用一个例子说明上述算法。假设两个有序数组如下：

两个有序数组的长度分别是 $4$ 和 $9$，长度之和是 $13$，中位数是两个有序数组中的第 $7$ 个元素，因此需要找到第 $k=7$ 个元素。

比较两个有序数组中下标为 $k/2-1=2$ 的数，即 $\text{A}[2]$ 和 $\text{B}[2]$，如下面所示：

由于 $\text{A}[2]>\text{B}[2]$，因此排除 $\text{B}[0]$ 到 $\text{B}[2]$，即数组 $\text{B}$ 的下标偏移（offset）变为 $3$，同时更新 $k$ 的值：$k=k-k/2=4$。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 $k/2-1=1$ 的数，即 $\text{A}[1]$ 和 $\text{B}[4]$，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

由于 $\text{A}[1]<\text{B}[4]$，因此排除 $\text{A}[0]$ 到 $\text{A}[1]$，即数组 $\text{A}$ 的下标偏移变为 $2$，同时更新 $k$ 的值：$k=k-k/2=2$。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 $k/2-1=0$ 的数，即比较 $\text{A}[2]$ 和 $\text{B}[3]$，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

由于 $\text{A}[2]=\text{B}[3]$，根据之前的规则，排除 $\text{A}$ 中的元素，因此排除 $\text{A}[2]$，即数组 $\text{A}$ 的下标偏移变为 $3$，同时更新 $k$ 的值： $k=k-k/2=1$。

由于 $k$ 的值变成 $1$，因此比较两个有序数组中的未排除下标范围内的第一个数，其中较小的数即为第 $k$ 个数，由于 $\text{A}[3]>\text{B}[3]$，因此第 $k$ 个数是 $\text{B}[3]=4$。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
    
public:
    int getKthElement(const vector<int>& nums1, const vector<int>& nums2, int k) {
    
        /* 主要思路：要找到第 k (k>1) 小的元素，那么就取 pivot1 = nums1[k/2-1] 和 pivot2 = nums2[k/2-1] 进行比较 * 这里的 "/" 表示整除 * nums1 中小于等于 pivot1 的元素有 nums1[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个 * nums2 中小于等于 pivot2 的元素有 nums2[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个 * 取 pivot = min(pivot1, pivot2)，两个数组中小于等于 pivot 的元素共计不会超过 (k/2-1) + (k/2-1) <= k-2 个 * 这样 pivot 本身最大也只能是第 k-1 小的元素 * 如果 pivot = pivot1，那么 nums1[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums1 数组 * 如果 pivot = pivot2，那么 nums2[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums2 数组 * 由于我们 "删除" 了一些元素（这些元素都比第 k 小的元素要小），因此需要修改 k 的值，减去删除的数的个数 */

        int m = nums1.size();
        int n = nums2.size();
        int index1 = 0, index2 = 0;

        while (true) {
    
            // 边界情况
            if (index1 == m)
                return nums2[index2 + k - 1];
            if (index2 == n)
                return nums1[index1 + k - 1];
            if (k == 1)
                return min(nums1[index1], nums2[index2]);

            // 正常情况
            int newIndex1 = min(index1 + k / 2 - 1, m - 1);
            int newIndex2 = min(index2 + k / 2 - 1, n - 1);
            int pivot1 = nums1[newIndex1];
            int pivot2 = nums2[newIndex2];
            if (pivot1 <= pivot2) {
    
                k -= newIndex1 - index1 + 1;
                index1 = newIndex1 + 1;
            } else {
    
                k -= newIndex2 - index2 + 1;
                index2 = newIndex2 + 1;
            }
        }
    }

    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
    
        int totalLength = nums1.size() + nums2.size();
        if (totalLength % 2 == 1)
            return getKthElement(nums1, nums2, (totalLength + 1) / 2);
        else
            return (getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2) + getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2 + 1)) / 2.0;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(log(m+n))$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 ${\text{nums}}_1$ 和 ${\text{nums}}_2$ 的长度。初始时有 $k=(m+n)/2$ 或 $k=(m+n)/2+1$，每一轮循环可以将查找范围减少一半，因此时间复杂度是 $O(\log (m+n))$。
空间复杂度：$O(1)$

方法二：二分查找+划分数组

思路

​​  为了使用划分的方法解决这个问题，需要理解「中位数的作用是什么」，如果理解了中位数的划分作用，就很接近答案了。。在统计中，中位数被用来：

将一个集合划分为两个长度相等的子集，其中一个子集中的元素总是大于另一个子集中的元素。

首先，在任意位置 $i$ 将 $\text{A}$ 划分成两个部分：

由于 $\text{A}$ 中有 $m$ 个元素， 所以有 $m+1$ 种划分的方法（$i\in [0,m]$）。

$\text{len}(\text{left\_A})=i,\text{len}(\text{right\_A})=m-i$
注意：当 $i=0$ 时，$\text{left\_A}$ 为空集， 而当 $i=m$ 时, $\text{right\_A}$ 为空集。

采用同样的方式，在任意位置 $j$ 将 $\text{B}$ 划分成两个部分：

将 $\text{left\_A}$ 和 $\text{left\_B}$ 放入一个集合，并将 $\text{right\_A}$ 和 $\text{right\_B}$ 放入另一个集合。 再把这两个新的集合分别命名为 $\text{left\_part}$ 和 $\text{right\_part}$：

当 $\text{A}$ 和 $\text{B}$ 的总长度是偶数时，如果可以确认：

• $\text{len}(\text{left\_part})=\text{len}(\text{right\_part})$
• $\max (\text{left\_part})\le \min (\text{right\_part})$

那么，$\{\text{A},\text{B}\}$ 中的所有元素已经被划分为相同长度的两个部分，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值和后一部分的最小值的平均值：
$$\text{median}=\frac{\text{max}(\text{left}\_\text{part})+\text{min}(\text{right}\_\text{part})}{2}$$

当 $\text{A}$ 和 $\text{B}$ 的总长度是奇数时，如果可以确认：

• $\text{len}(\text{left\_part})=\text{len}(\text{right\_part})+1$
• $\max (\text{left\_part})\le \min (\text{right\_part})$

那么，$\{\text{A},\text{B}\}$ 中的所有元素已经被划分为两个部分，前一部分比后一部分多一个元素，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值：
$$\text{median}=\text{max}(\text{left}\_\text{part})$$

第一个条件对于总长度是偶数和奇数的情况有所不同，但是可以将两种情况合并。第二个条件对于总长度是偶数和奇数的情况是一样的。

要确保这两个条件，只需要保证：

• $i+j=m-i+n-j$（当 $m+n$ 为偶数）或 $i+j=m-i+n-j+1$（当 $m+n$ 为奇数）。等号左侧为前一部分的元素个数，等号右侧为后一部分的元素个数。将 $i$ 和 $j$ 全部移到等号左侧，我们就可以得到 $i+j=\frac{m+n+1}{2}$。这里的分数结果只保留整数部分。
• $0\le i\le m$，$0\le j\le n$。如果我们规定 $\text{A}$ 的长度小于等于 $\text{B}$ 的长度，即 $m\le n$。这样对于任意的 $i\in [0,m]$，都有 $j=\frac{m+n+1}{2}-i\in [0,n]$，那么我们在 $[0,m]$ 的范围内枚举 $i$ 并得到 $j$，就不需要额外的性质了。
  • 如果 $\text{A}$ 的长度较大，那么我们只要交换 $\text{A}$ 和 $\text{B}$ 即可。
  • 如果 $m>n$，那么得出的 $j$ 有可能是负数。
• $\text{B}[j-1]\le \text{A}[i]$ 以及 $\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$，即前一部分的最大值小于等于后一部分的最小值。

为了简化分析，假设 $\text{A}[i-1],\text{B}[j-1],\text{A}[i],\text{B}[j]$ 总是存在。对于 $i=0$、$i=m$、$j=0$、$j=n$ 这样的临界条件，我们只需要规定 $\text{A}[-1]=\text{B}[-1]=-\infty$，$A[m]=\text{B}[n]=\infty$ 即可。这也是比较直观的：当一个数组不出现在前一部分时，对应的值为负无穷，就不会对前一部分的最大值产生影响；当一个数组不出现在后一部分时，对应的值为正无穷，就不会对后一部分的最小值产生影响。

所以我们需要做的是：

在 $[0,m]$ 中找到 $i$，使得：
$\text{B}[j-1]\le \text{A}[i]$ 且 $\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$，其中 $j=\frac{m+n+1}{2}-i$

我们证明它等价于：

在 $[0,m]$ 中找到最大的 $i$，使得：
$\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$，其中 $j=\frac{m+n+1}{2}-i$

这是因为：

• 当 $i$ 从 $0\sim m$ 递增时，$\text{A}[i-1]$ 递增，$\text{B}[j]$ 递减，所以一定存在一个最大的 $i$ 满足 $\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$；
• 如果 $i$ 是最大的，那么说明 $i+1$ 不满足。将 $i+1$ 带入可以得到 $\text{A}[i]>\text{B}[j-1]$，也就是 $\text{B}[j-1]<\text{A}[i]$，就和我们进行等价变换前 $i$ 的性质一致了（甚至还要更好）。

因此我们可以对 $i$ 在 $[0,m]$ 的区间上进行二分搜索，找到最大的满足 $\text{A}[i-1]\le \text{B}[j]$ 的 $i$ 值，就得到了划分的方法。此时，划分前一部分元素中的最大值，以及划分后一部分元素中的最小值，才可能作为就是这两个数组的中位数。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
    
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
    
        if (nums1.size() > nums2.size()) {
    
            return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
        }
        
        int m = nums1.size();
        int n = nums2.size();
        int left = 0, right = m;
        // median1：前一部分的最大值
        // median2：后一部分的最小值
        int median1 = 0, median2 = 0;

        while (left <= right) {
    
            // 前一部分包含 nums1[0 .. i-1] 和 nums2[0 .. j-1]
            // 后一部分包含 nums1[i .. m-1] 和 nums2[j .. n-1]
            int i = (left + right) / 2;
            int j = (m + n + 1) / 2 - i;

            // nums_im1, nums_i, nums_jm1, nums_j 分别表示 nums1[i-1], nums1[i], nums2[j-1], nums2[j]
            int nums_im1 = (i == 0 ? INT_MIN : nums1[i - 1]);
            int nums_i = (i == m ? INT_MAX : nums1[i]);
            int nums_jm1 = (j == 0 ? INT_MIN : nums2[j - 1]);
            int nums_j = (j == n ? INT_MAX : nums2[j]);

            if (nums_im1 <= nums_j) {
    
                median1 = max(nums_im1, nums_jm1);
                median2 = min(nums_i, nums_j);
                left = i + 1;
            } else {
    
                right = i - 1;
            }
        }

        return (m + n) % 2 == 0 ? (median1 + median2) / 2.0 : median1;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：$O(\log \min (m,n)))$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 ${\text{nums}}_1$ 和 ${\text{nums}}_2$ 的长度。查找的区间是 $[0,m]$，而该区间的长度在每次循环之后都会减少为原来的一半。所以，只需要执行 $\log m$ 次循环。由于每次循环中的操作次数是常数，所以时间复杂度为 $O(\log m)$。由于我们可能需要交换 ${\text{nums}}_1$ 和 ${\text{nums}}_2$ 使得 $m\le n$ 且我们只对较短的数组进行了二分查找，因此时间复杂度是 $O(\log \min (m,n)))$。
空间复杂度：$O(1)$