数组中第K小的数字

题目描述：

给定两个整型数组A和B。我们将A和B中的元素两两相加可以得到数组C。
譬如A为[1,2]，B为[3,4].那么由A和B中的元素两两相加得到的数组C为[4,5,5,6]。
现在给你数组A和B，求由A和B两两相加得到的数组C中，第K小的数字。

输入：

输入可能包含多个测试案例。
对于每个测试案例，输入的第一行为三个整数m，n， k(1<=m,n<=100000， 1<= k <= n *m)：n，m代表将要输入数组A和B的长度。
紧接着两行， 分别有m和n个数， 代表数组A和B中的元素。数组元素范围为[0,1e9]。

输出：

对应每个测试案例，
输出由A和B中元素两两相加得到的数组c中第K小的数字。

样例输入：

2 2 31 23 43 3 41 2 73 4 5

样例输出：

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AC代码：

#include<cstdio>#include<algorithm>#define MAX 100001using namespace std;long long A[MAX],B[MAX];long long Count(long long aim,long long m,long long n){//统计数组中小于aim的个数long long ret,i,j;ret=0;j=n-1;for(i=0;i<m;i++){while(j>=0&&A[i]+B[j]>aim)//很巧妙的统计方法j--;         //因为如果A[i]+B[j]<aim那么A[i]与B[0..j-1]的和ret+=j+1;       //肯定小于aim，所以计数直接加上j+1}return ret;}int main(int argc,char *argv[]){long long m,n,k;long long i,j;long long low,mid,high,ans;while(scanf("%lld%lld%lld",&m,&n,&k)!=EOF){for(i=0;i<m;i++)scanf("%lld",&A[i]);for(j=0;j<n;j++)scanf("%lld",&B[j]);sort(A,A+m);sort(B,B+n);low=A[0]+B[0];high=A[m-1]+B[n-1];ans=low;while(low<=high){mid=(low+high)>>1;if(Count(mid,n,m)>=k){ans=mid;high=mid-1;}elselow=mid+1;}printf("%lld\n",ans);}return 0;}

题目的数据比较大，最大的K是100000*100000，尽管时限是2秒，但是如果是直接枚举生成前K个数字的话，还是不能通过测试的。

那么得想想其他办法，比如说二分，但是该二分什么呢，一下子很难想到，一般情况下都是二分给定的数据中有的数字，但是这儿行不通。

后来想到了可以直接二分答案，尽管这个答案不在生成的数列中。

我们可以用二分逼近。

二分一个答案X

然后统计一下生成的序列中<=X的有多少个。

如果个数>=K,那么这是一个可能的解，记录一下。

然后我们往小的逼近。

如果<K说明当前的答案不够大。

要往大的逼近。

计算比X小的数字有多少个可以利用数组的单调性来做。

先对a,b数字从小到大排序。

然后枚举a中的元素a，统计一下b中有多少个和a加起来是<=X的。

a<=a[i+1]那么b中的符合的个数将会单调不增。

这样验证的复杂度就是O(n+m)了。

最后的总复杂度是O(log(2*10^9)*(n+m))

完美的复杂度。