寻找两个有序数组中的第K个数或者中位数
2016-07-14 17:28
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假设有长度分为为M和N的两个升序数组A和B,在A和B两个数组中查找第K大的数,即将A和B按升序合并后的第K个数。
【其中中位数:即k=(m+n-1)/2】
解法一:
使用两个指针指向A和B的开头,很容易在O(M+N)的时间内完成,此算法略过。
方法二:
使用两个指针,分别指向A和B的头,无需合并,因此不需要额外空间;每次两个指针指向的数中较小的那个数的指针+1;第k小的数字,总需遍历k次,即可找到。类似:求集合的交集。
时间复杂度:O(k)
解法三:
使用二分查找的方法。算法思想在代码注释中、
时间复杂度:O(logm+logn)
[cpp] view
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print?
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
//Notice : K > 0
int FindKthElm(int A[], int aBeg, int aEnd, int B[], int bBeg, int bEnd, int k)
{
if (aBeg > aEnd)
{
return B[bBeg + k - 1];
}
if (bBeg > bEnd)
{
return A[aBeg + k - 1];
}
//取中间位置
int aMid = aBeg + (aEnd - aBeg)/2;
int bMid = bBeg + (bEnd - bBeg)/2;
//从A和B的开始位置到两个数组中间位置的元素个数
int halfLen = aMid - aBeg + bMid - bBeg + 2;
if (A[aMid] < B[bMid])
{
if (halfLen > k)
{
// 此时在合并的数组中A[aBeg...aMid]和元素一定在B[bMid]的左侧,
// 即此时第k大的元素一定比B[bMid]这个元素小(严格来说不大于)
// 故以后没有必要搜索 B[bMid...bEnd]这些元素
return FindKthElm(A, aBeg, aEnd, B, bBeg, bMid - 1, k);
}
else
{
// 此时在合并的数组中A[aBeg...aMid]元素一定在B[bMid]的左侧,
// 所以前K个元素中一定包含A[aBeg...aMid](可以使用反证法来证明这点)。
// 但是无法判断A[amid+1...aEnd]与B[bBeg...bEnd]之间的关系,帮需要对他们进行判断
// 此时K就剩下除去A[aBeg...aMid]这些元素,个数为k - (aMid - aBeg + 1)
return FindKthElm(A, aMid + 1, aEnd, B, bBeg, bEnd, k - (aMid - aBeg + 1));
}
}
else
{
//注释与上面相似
if (halfLen > k)
{
return FindKthElm(A, aBeg, aMid - 1, B, bBeg, bEnd, k);
}
else
{
return FindKthElm(A, aBeg, aEnd, B, bMid + 1, bEnd, k - (bMid - bBeg + 1));
}
}
}
int main()
{
const int ALen = 11;
const int BLen = 5;
int apos = 0;
int bpos = 0;
int A[ALen];
int B[ALen];
//生成两个递增数组A 和 B
for (int i = 1; i <= ALen + BLen; ++i)
{
if (apos >= ALen)
{
B[bpos++] = i;
}
else if (bpos >= BLen)
{
A[apos++] = i;
}
else
{
if (rand()%2 == 1)
{
A[apos++] = i;
}
else
{
B[bpos++] = i;
}
}
}
//输出A和B的内容
for (int i = 0; i < ALen; ++i)
{
cout <<A[i] <<" ";
}
cout <<endl;
for (int i = 0; i < BLen; ++i)
{
cout <<B[i] <<" ";
}
cout <<endl;
//验证每个K是不是正解
for (int i = 1; i <= ALen + BLen; ++i)
{
cout << i <<" : "<<FindKthElm(A, 0 , ALen - 1, B, 0 , BLen - 1, i)<<endl;
}
return 0;
}
转自:http://blog.csdn.net/realxie/article/details/8078043
【其中中位数:即k=(m+n-1)/2】
解法一:
使用两个指针指向A和B的开头,很容易在O(M+N)的时间内完成,此算法略过。
方法二:
使用两个指针,分别指向A和B的头,无需合并,因此不需要额外空间;每次两个指针指向的数中较小的那个数的指针+1;第k小的数字,总需遍历k次,即可找到。类似:求集合的交集。
时间复杂度:O(k)
解法三:
使用二分查找的方法。算法思想在代码注释中、
时间复杂度:O(logm+logn)
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#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
using namespace std;
//Notice : K > 0
int FindKthElm(int A[], int aBeg, int aEnd, int B[], int bBeg, int bEnd, int k)
{
if (aBeg > aEnd)
{
return B[bBeg + k - 1];
}
if (bBeg > bEnd)
{
return A[aBeg + k - 1];
}
//取中间位置
int aMid = aBeg + (aEnd - aBeg)/2;
int bMid = bBeg + (bEnd - bBeg)/2;
//从A和B的开始位置到两个数组中间位置的元素个数
int halfLen = aMid - aBeg + bMid - bBeg + 2;
if (A[aMid] < B[bMid])
{
if (halfLen > k)
{
// 此时在合并的数组中A[aBeg...aMid]和元素一定在B[bMid]的左侧,
// 即此时第k大的元素一定比B[bMid]这个元素小(严格来说不大于)
// 故以后没有必要搜索 B[bMid...bEnd]这些元素
return FindKthElm(A, aBeg, aEnd, B, bBeg, bMid - 1, k);
}
else
{
// 此时在合并的数组中A[aBeg...aMid]元素一定在B[bMid]的左侧,
// 所以前K个元素中一定包含A[aBeg...aMid](可以使用反证法来证明这点)。
// 但是无法判断A[amid+1...aEnd]与B[bBeg...bEnd]之间的关系,帮需要对他们进行判断
// 此时K就剩下除去A[aBeg...aMid]这些元素,个数为k - (aMid - aBeg + 1)
return FindKthElm(A, aMid + 1, aEnd, B, bBeg, bEnd, k - (aMid - aBeg + 1));
}
}
else
{
//注释与上面相似
if (halfLen > k)
{
return FindKthElm(A, aBeg, aMid - 1, B, bBeg, bEnd, k);
}
else
{
return FindKthElm(A, aBeg, aEnd, B, bMid + 1, bEnd, k - (bMid - bBeg + 1));
}
}
}
int main()
{
const int ALen = 11;
const int BLen = 5;
int apos = 0;
int bpos = 0;
int A[ALen];
int B[ALen];
//生成两个递增数组A 和 B
for (int i = 1; i <= ALen + BLen; ++i)
{
if (apos >= ALen)
{
B[bpos++] = i;
}
else if (bpos >= BLen)
{
A[apos++] = i;
}
else
{
if (rand()%2 == 1)
{
A[apos++] = i;
}
else
{
B[bpos++] = i;
}
}
}
//输出A和B的内容
for (int i = 0; i < ALen; ++i)
{
cout <<A[i] <<" ";
}
cout <<endl;
for (int i = 0; i < BLen; ++i)
{
cout <<B[i] <<" ";
}
cout <<endl;
//验证每个K是不是正解
for (int i = 1; i <= ALen + BLen; ++i)
{
cout << i <<" : "<<FindKthElm(A, 0 , ALen - 1, B, 0 , BLen - 1, i)<<endl;
}
return 0;
}
转自:http://blog.csdn.net/realxie/article/details/8078043
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