LeetCode:Median of Two Sorted Arrays

Median of Two Sorted Arrays:

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。

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]

代码：

class Solution {
public:
double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n)
{
if ((m+n)%2==1)
{
return FindByIndex(A,m,B,n,(m+n)/2+1);
}
else
{
double a=FindByIndex(A,m,B,n,(m+n)/2)/2;
double b=FindByIndex(A,m,B,n,(m+n)/2+1)/2;
return a+b;
}
}
double FindByIndex(int A[],int m,int B[],int n,int indexs)
{
//assume that m<=n is always true
if (m>n)
{
return FindByIndex(B,n,A,m,indexs);
}
if (m==0)
{
return B[indexs-1];
}
if (indexs==1)
{
return min(A[0],B[0]);
}
int p=indexs/2;
p=min(p,m);
if (p<=m)
{
if (A[p-1]>B[indexs-p-1])
{
return FindByIndex(A,m,B+indexs-p,n-indexs+p,p);
}
else if (A[p-1]==B[indexs-p-1])
{
return A[p-1];
}
else
{
return FindByIndex(A+p,m-p,B,n,indexs-p);
}
}
}
};