LeetCode之Median Of Two Sorted Arrays

题目描述如下：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)).

目前为止在leetcode碰到的最难的一道题了吧。。O(log(m+n))的时间复杂度限制硬是没做出来，网上看了别人的解法，思路很巧妙，很奇妙~

思路如下，摘自http://blog.csdn.net/yutianzuijin/article/details/11499917/：

该方法的核心是将原问题转变成一个寻找第k小数的问题（假设两个原序列升序排列），这样中位数实际上是第(m+n)/2小的数。所以只要解决了第k小数的问题，原问题也得以解决。

首先假设数组A和B的元素个数都大于k/2，我们比较A[k/2-1]和B[k/2-1]两个元素，这两个元素分别表示A的第k/2小的元素和B的第k/2小的元素。这两个元素比较共有三种情况：>、<和=。如果A[k/2-1]<B[k/2-1]，这表示A[0]到A[k/2-1]的元素都在A和B合并之后的前k小的元素中。换句话说，A[k/2-1]不可能大于两数组合并之后的第k小值，所以我们可以将其抛弃。

证明也很简单，可以采用反证法。假设A[k/2-1]大于合并之后的第k小值，我们不妨假定其为第（k+1）小值。由于A[k/2-1]小于B[k/2-1]，所以B[k/2-1]至少是第（k+2）小值。但实际上，在A中至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1]，B中也至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1]，所以小于A[k/2-1]的元素个数至多有k/2+
k/2-2，小于k，这与A[k/2-1]是第（k+1）的数矛盾。

当A[k/2-1]>B[k/2-1]时存在类似的结论。

当A[k/2-1]=B[k/2-1]时，我们已经找到了第k小的数，也即这个相等的元素，我们将其记为m。由于在A和B中分别有k/2-1个元素小于m，所以m即是第k小的数。(这里可能有人会有疑问，如果k为奇数，则m不是中位数。这里是进行了理想化考虑，在实际代码中略有不同，是先求k/2，然后利用k-k/2获得另一个数。)

通过上面的分析，我们即可以采用递归的方式实现寻找第k小的数。此外我们还需要考虑几个边界条件：

如果A或者B为空，则直接返回B[k-1]或者A[k-1]；
如果k为1，我们只需要返回A[0]和B[0]中的较小值；
如果A[k/2-1]=B[k/2-1]，返回其中一个；

这样便能在给定的时间复杂度内实现该问题，java代码如下：

public class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int total = nums1.length + nums2.length;
if(total % 2 == 1)
return findKth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2 + 1);
else
return (findKth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2) + findKth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2 + 1)) / 2;
}

public double findKth(int[] a, int i, int[] b, int j, int k){
if(a.length > b.length)
return findKth(b, j, a, i, k);
if(a.length == 0)
return b[k - 1];
if(k == 1)
return Math.min(a[0], b[0]);
int pa = Math.min(a.length, k / 2), pb = k - pa;
if(a[pa - 1] < b[pb - 1])
return findKth(Arrays.copyOfRange(a, pa, a.length), i + pa, b, j, k - pa);
if(b[pb - 1] < a[pa - 1])
return findKth(Arrays.copyOfRange(b, pb, b.length), j + pb, a, i, k - pb);
else
return a[pa - 1];
}
}