两个排序数组的中位数

转自：https://blog.csdn.net/hk2291976/article/details/51107778

问题介绍

这是个经典的分治算法！这个问题大致是说，如何在给定的两个有序数组里面找其中的中值，或者变形问题，如何在2个有序数组数组中查找Top K的值（Top K的问题可以转换成求第k个元素的问题）。如果 m1==m2m1==m2，合并后的数组的中位数就是m1或m2m1或m2。（合并后m
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1,m2m1,m2左右两边的数的个数相等）
若m1<m2m1<m2，则可以得到：合并后，在m1m1左边的数的个数小于在m1m1右边的数的个数（因为在s2s2中，m1m1出现的位置在m2m2的左边）；同理，合并后，在m2m2左边的数的个数大于在m2m2右边的数的个数。
又因为，中位数左边右边的数的个数相等，所以，合并后的中位数介于m1,m2m1,m2之间。
因为在中位数的左边剔除xx个数，右边剔除xx个数，剩下的数组的中位数还是原来的中位数。
基于上述规则，可以得到算法：计算数组的中位数m1,m2m1,m2
若 m1==m2m1==m2，则返回m1m1或m2m2
若m1>m2m1>m2，则中位数存在于：s1[0...|n/2|]s1[0...|n/2|]或 s2[|m/2|...m−1]s2[|m/2|...m−1]
令 s1new=s1[0:|n/2|],s2new=s2[|n/2|:m−1]s1new=s1[0:|n/2|],s2new=s2[|n/2|:m−1]
若m2>m1m2>m1，则中位数存在于：s1[|n/2|...n−1]s1[|n/2|...n−1]或 s2[0...|m/2|]s2[0...|m/2|]
令 s1new=s1[|n/2|:n−1],s2new=s2[0:m−1−|n/2|]s1new=s1[|n/2|:n−1],s2new=s2[0:m−1−|n/2|]
对 s1news1new ， s2news2new重复上诉操作， 求合并后的中位数。
直到有一个数组的大小为0，对另一个数组求中位数。
以上：https://www.cnblogs.com/iois/p/4733804.html

预备知识

先解释下“割”

我们通过切一刀，能够把有序数组分成左右两个部分，切的那一刀就被称为割(Cut)，割的左右会有两个元素，分别是左边最大值和右边最小值。我们定义L = Max(LeftPart)，R = Min(RightPart)Ps. 割可以割在两个数中间，也可以割在1个数上，如果割在一个数上，那么这个数即属于左边，也属于右边。（后面讲单数组中值问题的时候会说）比如说[2 3 5 7]这个序列，割就在3和5之间 
[2 3 / 5 7] 
中值就是（3+5）/2 = 4如果[2 3 4 5 6]这个序列，割在4上，我们可以把4分成2个 
[2 3 (4/4) 5 7] 
中值就是（4+4）/2 = 4这样可以保证不管中值是1个数还是2个数都能统一运算。

割和第k个元素

对于单数组，找其中的第k个元素特别好做，我们用割的思想就是：常识1：如果在k的位置割一下，然后A[k]就是L。换言之，就是如果左侧有k个元素，A[k]属于左边部分的最大值。（都是明显的事情，这个不用解释吧！）

双数组

我们设: 
CiCi为第i个数组的割。 
LiLi为第i个数组割后的左元素. 
RiRi为第i个数组割后的右元素。

如何从双数组里取出第k个元素

首先Li<=RiLi<=Ri是肯定的（因为数组有序，左边肯定小于右边）
如果我们让L1<=R2L1<=R2 && L2<=R1L2<=R1


那么左半边 全小于右半边，如果左边的元素个数相加刚好等于k，那么第k个元素就是Max(L1,L2)，参考上面常识1。
如果 L1>R2，说明数组1的左边元素太大（多），我们把C1减小，把C2增大。L2>R1同理，把C1增大，C2减小。

假设k=3

对于 
[1 4 7 9][1 4 7 9] 
[2 3 5][2 3 5]设C1 = 2，那么C2 = k-C1 = 1 
[1 4/7 9][1 4/7 9] 
[2/3 5][2/3 5]这时候，L1(4)>R2(3)，说明C1要减小，C2要增大，C1 = 1，C2=k-C1 = 2 
[1/4 7 9][1/4 7 9] 
[2 3/5][2 3/5]这时候，满足了L1<=R2L1<=R2 && L2<=R1L2<=R1，第3个元素就是Max(1,3) = 3。如果对于上面的例子，把k改成4就恰好是中值。下面具体来看特殊情况的中值问题。

双数组的奇偶

中值的关键在于，如何处理奇偶性，单数组的情况，我们已经讨论过了，那双数组的奇偶问题怎么办，m+n为奇偶处理方案都不同，

让数组恒为奇数

有没有办法让两个数组长度相加一定为奇数或偶数呢？其实有的，虚拟加入‘#’(这个trick在manacher算法中也有应用)，让数组长度恒为奇数（2n+1恒为奇数）。 
Ps.注意是虚拟加，其实根本没这一步，因为通过下面的转换，我们可以保证虚拟加后每个元素跟原来的元素一一对应

之前	len	之后	len
[1 4 7 9]	4	[# 1 # 4 # 7 # 9 #]	9
[2 3 5]	3	[# 2 # 3 # 5 #]	7

映射关系

这有什么好处呢，为什么这么加?因为这么加完之后，每个位置可以通过/2得到原来元素的位置。

/	原位置	新位置	除2后
0	0	1	1
5	2	5	2

在虚拟数组里表示“割”

不仅如此，割更容易，如果割在‘#’上等于割在2个元素之间，割在数字上等于把数字划到2个部分。奇妙的是不管哪种情况：Li = (Ci-1)/2 
Ri = Ci/2例： 
1. 割在4/7之间‘#’，C = 4，L=(4-1)/2=1 ，R=4/2=2 
刚好是4和7的原来位置！ 
2. 割在3上，C = 3，L=(3-1)/2=1，R=3/2 =1，刚好都是3的位置！剩下的事情就好办了，把2个数组看做一个虚拟的数组A，目前有2m+2n+2个元素，割在m+n+1处，所以我们只需找到m+n+1位置的元素和m+n+2位置的元素就行了。 
左边：A[m+n+1] = Max(L1+L2) 
右边：A[m+n+2] = Min(R1+R2)Mid = (A[m+n+1]+A[m+n+2])/2 
= (Max(L1+L2) + Min(R1+R2) )/2至于在两个数组里找割的方案，就是上面的方案。

分治的思路

有了上面的知识后，现在的问题就是如何利用分治的思想。

怎么分？

最快的分的方案是二分，有2个数组，我们对哪个做二分呢？ 
根据之前的分析，我们知道了，只要C1或C2确定，另外一个也就确定了。这里，为了效率，我们肯定是选长度较短的做二分，假设为C1。

怎么治？

也比较简单，我们之前分析了：就是比较L1,L2和R1,R2。 
- L1>R2，把C1减小，C2增大。—> C1向左二分 
- L2>R1，把C1增大，C2减小。—> C1向右二分

越界问题

如果C1或C2已经到头了怎么办？ 
这种情况出现在：如果有个数组完全小于或大于中值。可能有4种情况： 
- C1 = 0 —— 数组1整体都比中值大，L1 >R2，中值在2中 
- C2 = 0 —— 数组1整体都比中值小，L1

代码

double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int n = nums1.size();
int m = nums2.size();
if(n > m)   //保证数组1一定最短
return findMedianSortedArrays(nums2,nums1);
int L1,L2,R1,R2,c1,c2,lo = 0, hi = 2*n;  //我们目前是虚拟加了'#'所以数组1是2*n长度
while(lo <= hi)   //二分
{
c1 = (lo+hi)/2;  //c1是二分的结果
c2 = m+n- c1;
L1 = (c1 == 0)?INT_MIN:nums1[(c1-1)/2];   //map to original element
R1 = (c1 == 2*n)?INT_MAX:nums1[c1/2];
L2 = (c2 == 0)?INT_MIN:nums2[(c2-1)/2];
R2 = (c2 == 2*m)?INT_MAX:nums2[c2/2];

if(L1 > R2)
hi = c1-1;
else if(L2 > R1)
lo = c1+1;
else
break;
}
return (max(L1,L2)+ min(R1,R2))/2.0;
}
};