查找两个已经排好序的数组的第k大的元素

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给出两个排好序的数组 ，不妨设为a,b都按升序排列，及k的值，求出第k大的那个元素。
分析这个题目，如果题目没有时间复杂度的要求，我们可以定义两个指针i,j分别指向a，b，如果a[i]<b[j]则i++否则
j++，这个记录下走了多少步，如果==k步，则找到了第k大的元素，复杂度为O(k).
那么如果有复杂度的要求,要求为O(log(len_a+len_b))呢，这个就得好好考虑，怎么利用二分来解决这个问题。

判断a[mid_a] 与 b[mid_b]的关系

如果a[mida] < b[mid_b]
1）k小于等于mida + midb + 1,那么b数组从mid_b开始就没有用了，缩小b的搜索范围

2）k大于mida + midb + 1, 那么a数组从low到mid_a开始就没用了，缩小a的搜索范围

3）终止条件是 a搜索完 返回b中元素或者相反

int get_k_from_sorted_array2(int* a, int*b, int la, int ha, int lb, int hb, int k)
{
if(la > ha)
return b[lb + k - 1];
if(lb > hb)
return a[la + k - 1];
int mida = (la + ha)>>1;
int midb = (lb + hb)>>1;
int num = mida- la + midb - lb + 1;
cout<<la<<" "<<ha<<" "<<lb<<" "<<hb<<" "<<num<<" "<<a[mida]<<" "<<b[midb]<<endl;

if(a[mida] <= b[midb])
{
if(k <= num)
return get_k_from_sorted_array2(a, b, la, ha, lb, midb - 1, k);
else
return get_k_from_sorted_array2(a, b, mida + 1, ha, lb, hb, k - (mida - la + 1));
}
else
{
if(k <= num)
return get_k_from_sorted_array2(a, b, la, mida - 1, lb, hb, k);
else
return get_k_from_sorted_array2(a, b, la, ha, midb + 1, hb, k - (midb - lb + 1));
}
}
int _func2(int* a, int a_len, int* b, int b_len, int k)
{
int rst = 0;
if(a_len + b_len < k)
return -1;
int p1 = a_len > k ? k : a_len;
int p2 = b_len > k ? k : b_len;
cout<<p1<<" "<<p2<<endl;
rst = get_k_from_sorted_array2(a, b, 0, p1 - 1, 0, p2 - 1, k);
return rst;
}

还有更霸气的解答：

/article/2933444.html

前言：

这道题是一道非常常见的面试题，也是一道能够考察一个人的编程能力和算法的一道题。如果要求复杂度为 O(k), 是比较容易做出来的，但是，一般来讲，面试官要求给出更低复杂度的算法。网上有很多不同的解法，但是，总的来讲，那些程序考虑的因素太多，比较难懂，而且结构很乱。在这里写出自己的方法。本文的算法复杂度为 O(lg K)。

PS. 如果你没有见过这个题目，并且能够在30分钟内写出没有bug的，复杂度为 O(lg K) 的程序，我愿意拜你为师，呵呵。

问题：

给定两个已经排序的数组（假设按照升序排列），然后找出第K小的数。比如数组A = {1， 8， 10， 20}， B = {5， 9， 22， 110}， 第 3 小的数是 8.

分析：

### 最好自己先动手写一写，然后再看后面的分析，因为自己写过一遍以后，才能发现这个程序的难处在哪里。###

因为两个数组已经排序了，所以，要找出第 k 小的值，我们可以给每个数组设置一个“指针”， 比如pa， pb。在初始状态，两个指针分别指向第一个起始值，即pa = 0， pb = 0。然后，我们开始进行比较，如果A数组的值比B数组的值小， 把A数组的指针pa向前移动，然后再进行比较。每次移动，我们都能够得到当前第 i 小的值（随着pa,pb 的移动，i 会逐渐变大）。

比如对于数组A = {1， 8， 10， 20}， B = {5， 9， 22， 110}，初始时，pa = 0; pb = 0，因为(A[pa] = 1) < (B[pb] = 5), 所以，第 1 小的值为 1，这个时候，我们会把 pa 向右移动，即 pa = 1, 并且 pb 保持不变: pb = 0. 然后再次比较A[pa] 和 B[pb] 的值，因为 (A[pa] = 8) > (B[pb] = 5), 所以，第 2 小的值是 5, 然后，我们增加 pb 的值。请注意，如果我们用一个变量来保存当前第
i 小的值 (随着pa, pb的移动，i 的值也会增加，那个变量保存的值也会改变)。那么，当pa + pb = k 的时候，那么那个变量保存的一定是第 k 小的值。

这里要注意的是，当一个数组的指针已经“到头”了，这个时候怎么进行越界处理呢？如果我们用if 来处理，在程序里会有一大堆的 if 判断语句，太难看了。我们这里可以用一个简单的判断语句就可以处理了。

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int Ai = (pa == A.length) ? Integer.MAX_VALUE : A[pa];

int Bj = (pb == B.length) ? Integer.MAX_VALUE : B[pb];

（上面这个语句太牛逼了，但很可惜不是我自己写的，这是向人家学的。）有了这个语句，我们不用任何if语句，而且，最最重要的是，我们可以从一开始就用这个语句来确定A[pa]和B[pb]的值，所以，从头到尾，不会有任何的改变，也不会有越界的情况出现（为何不会越界？看完后面的代码就知道了。）。

好了，有了上面的分析，下面的代码就不难理解了。

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public static int kthTwoSortedArray(int[] A, int[] B, int k) throws Exception {

if (k > A.length + A.length || k < 1) throw new Exception("out of range!");

// pointer of array A

int pa = 0;

// pointer of array B

int pb = 0;

//store the kth value

int kthValue = 0;

while (pa + pb != k) {

int Ai = (pa == A.length) ? Integer.MAX_VALUE : A[pa];

int Bj = (pb == B.length) ? Integer.MAX_VALUE : B[pb];

if (Ai < Bj) {

pa++;

kthValue = Ai;

} else {

pb++;

kthValue = Bj;

}

}

return kthValue;

}

上面这个程序的复杂度是O(k)，分析很简单，就不再讲了。

现在再来看如何得到 O(lg K) 的算法。

在上面的程序里，我们是逐一比较数组A 和数组B的值，但是，这样做还是太慢了，因为两个数组是已经排过序的，我们完全可以利用二分查找的方法来解决这样的问题。但是具体介绍怎么做之前，先讲一些预备知识。

对于数组A 、 B ， 如果 B[pb] < A[pa] && B[pb] > A[pa - 1], 那么 B[pb] 一定是第 pa + pb + 1 小的数。 比如数组A = {1， 8， 10， 20}， B = {5， 9， 22， 110}， pa = 2, pb = 1, 这时，(B[pb] = 9) < (A[pa] =10) && (B[pb] = 9) > (A[pa - 1] = 8) ，那么，B[pb] = 9 一定是第 pa+pb+1 = 4 小的数。
换一句话说，如果我们要找第 k 小的数，那么, pa + pb = k - 1。而且，B[pb] < A[pa] && B[pb] > A[pa - 1] 或者 A[pa] < B[pb] && A[pa] > B[pb - 1] 中的其中一个必须成立。 如果不成立， 我们需要移动pa 和 pb 的位置来使得其中的一个式子成立 （参看代码）。这是本题算法的本质。

但是，这里也会出现”边界“问题，比如，k = 1, 那么 pa + pb = 1 - 1, 即 pa + pb = 0. 因为 pa >= 0, pb >=0, 所以，我们得到 pa = 0, pb = 0. 那么这样的话， 求A [pa-1]值的时候 就会有exception. 同理，对于数组A = {1， 8， 10， 20}， B = {5， 9， 22， 110}，当k = 8 的时候， pa + pb = 8 - 1, 即 pa + pb = 7, 但是，pa <= 3, pb <= 3。边界的处理是这道题最最麻烦的地方。对于这个问题，我们用下面这段代码来解决。

[java] view
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int Ai_1 = (pa == 0) ? Integer.MIN_VALUE : A[pa-1];

int Bj_1 = (pb == 0) ? Integer.MIN_VALUE : B[pb-1];

int Ai = (pa == A.length) ? Integer.MAX_VALUE : A[pa];

int Bj = (pb == B.length) ? Integer.MAX_VALUE : B[pb];

通过上面这段代码，我们实际上是把数组延长了，每个数组多了两个值Integer.MIN_VALUE, Integer.MAX_VALUE, 这样，当pa = 0 是，我们也可以得到A[pa - 1] 的值：Ai_1 = ((pa == 0) ? Integer.MIN_VALUE : A[pa-1]); 当 pa = A.length 时，我们可以得到 A[pa]的值：Ai = (pa
== A.length) ? Integer.MAX_VALUE : A[pa]。 这样，我们就不用担心越界的问题了。

有了上面的分析，代码就容易写出来了。

在程序里，我们设置 pa 的初始值为Math.min(A.length, k - 1)，然后，通过增加或者减少pa 的值，来使得 B[pb] < A[pa] && B[pb] > A[pa - 1] 或者 A[pa] < B[pb] && A[pa] > B[pb - 1] 成立，代码中, delta 指的是 pa 的变化量，每次递归以后，delta的值变成一半。 在程序中用delta完成二分查找

public class FindKthSmallestValue {

public static int findKthSmallest(int[] A, int[] B, int pa, int delta, int k) {

int pb = (k - 1) - pa;//保证pb+ba = k -1

int Ai_1 = ((pa == 0) ? Integer.MIN_VALUE : A[pa-1]);
int Bj_1 = ((pb == 0) ? Integer.MIN_VALUE : B[pb-1]);
int Ai   = ((pa == A.length) ? Integer.MAX_VALUE : A[pa]);
int Bj   = ((pb == B.length) ? Integer.MAX_VALUE : B[pb]);

//满足其中之一条件，就返回
if (Bj_1 <= Ai && Ai <= Bj) return Ai;
if (Ai_1 <= Bj && Bj <= Ai) return Bj;

//delta表示pa的变化量（pa通过加减delta实现pa的增加或者减少）
//如果 Ai > Bj, 我们要缩小pa的值，即 pa = pa - delta
//因为 pb = (k - 1) - pa, 所以，如果delta的值太大，
//pa会变得很小，因而 可能会导致 pb > B.length. 所以需要处理一下。
// 对于pa = pa + delta 的处理也是一样
if (Ai > Bj) {
pa = ((k - 1) - (pa - delta) > B.length) ? k - 1 - B.length : pa - delta;//防止把pa调整的过小，而导致pb+pa<k-1
return findKthSmallest(A, B, pa, (delta + 1) / 2, k);
} else {
pa = (pa + delta > A.length) ? A.length : pa + delta;
return findKthSmallest(A, B, pa, (delta + 1) / 2, k);
}
}

public static void main(String[] args) {
int[] A = {1, 8, 8, 10, 20};
int[] B = {5, 8, 8, 9, 22, 110};

int k = 7;
int pa = Math.min(A.length, k - 1);
System.out.println(findKthSmallest(A, B, pa, (pa + 1) / 2, k));
}
}