《leetCode》：Median of Two Sorted Arrays

题目

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)).

题目大意：在两个已排序的数组中，找出其中位数，时间复杂度要求为O(log (m+n))

思路一：边界太多，没有调出来

思路：由于题目对时间复杂度有明确的要求，为log(m+n),因此，我们不能采用先将两个数组排序组合成一个数组然后找出中位数
但是，我们可以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。因此这里选择了利用merge的方法来寻找第(m+n)/2小的数

double findMedianSortedArrays(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size) {    // if(nums1==NULL||nums1Size<1||nums2==NULL||nums2Size<1){    //     return 0;    // }    if((nums1==NULL&&nums2==NULL)||(nums1Size<1&&nums2Size<1)){        return 0;    }    if(nums1==NULL||nums1Size<1){        if(nums2Size>0){            return (nums2Size)%2==1?(nums2[nums2Size>>1]):((nums2[nums2Size>>1])+(nums2[nums2Size-1>>1]))/2.0;//考虑了m+n是否为奇数和偶数的问题。        }    }    if(nums2==NULL||nums2Size<1){        if(nums1Size>0){            return (nums1Size)%2==1?(nums1[nums1Size>>1]):((nums1[nums1Size>>1])+(nums1[nums1Size-1>>1]))/2.0;//考虑了m+n是否为奇数和偶数的问题。        }    }    //用两个指针量分别指向两个数组，依次来寻找最小的第k=(m+n)/2个数    int *p1=nums1;    int *p2=nums2;    int k=(nums1Size+nums2Size)/2;    int len1=nums1Size;    int len2=nums2Size;    bool flag=false;//用来标识，第(m+n)/2个最小的数的指针是那一个。    while(k>0&&len1>0&&len2>0){        if((*p1)<(*p2)){//要考虑            p1++;            len1--;            flag=true;        }        else if((*p1)>(*p2)){            p2++;            len2--;            flag=false;        }        else {//两者相等是 就有一定的讲究了，移动那个后一个数也等于当前值的指针            if(len1>1&&(*p1)==(*(p1+1))){                p1++;                len1--;                flag=true;            }            else if(len2>1&&(*p2)==(*(p2+1))){                p2++;                len2--;                flag=false;            }            else{                p1++;                len1--;                flag=true;            }        }        k--;    }    if(k==0){        if(len1>0&&len2>0){            int *fianlPoint=flag?p1-1:p2-1;            int *pre=(flag)?p1-1:p2-1;            return (nums1Size+nums2Size)%2==1?(*fianlPoint):(((*fianlPoint)+(*pre))/2.0);//考虑了m+n是否为奇数和偶数的问题。        }        else{//len=0的那一个数组的指针已经指向了最后一个元素的下一个            int *p=(len1==0)?p2:p1;            int *pre=(len1==0)?p1-1:p2-1;            return  (nums1Size+nums2Size)%2==1?(*p):(((*p)+(*pre))/2.0);//考虑了m+n是否为奇数和偶数的问题。        }    }    else{        if(len1>0){            p1=p1+k;            return  ((nums1Size+nums2Size)%2)==1?(*p1):(((*p1)+(*(p1-1)))/2.0);//考虑了m+n是否为奇数和偶数的问题。        }        if(len2>0){            p2=p2+k;            return  ((nums1Size+nums2Size)%2)==1?(*p2):(((*p2)+(*(p2-1)))/2.0);//考虑了m+n是否为奇数和偶数的问题。        }    }}

这样写的边界条件实在是太多了，尝试的用代码堵了半天，发现根本堵不住。
这个可从各网页的评论看出，非常不建议大家走这条路。但是我还是走 了。呜呜。

思路二

思路：由于题目对时间复杂度有明确的要求，为log(m+n),因此，我们不能采用先将两个数组排序组合成一个数组然后找出中位数
但是，我们可以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。

在这里：寻找第k小的数的方法并不是利用利用merge的方法。因为思路一就是这么做的，因为边界条件太多，无法解决问题。
下面这种方法来自于：http://blog.csdn.net/yutianzuijin/article/details/11499917/

方法如下：

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；

int min(int a,int b){    return a<=b?a:b;}double findKMinNum(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size,int k){    if(nums1Size>nums2Size){//一直保持nums1的长度小于nums2的长度         return findKMinNum(nums2,nums2Size,nums1,nums1Size,k) ;    }    if(nums1Size==0){        return nums2[k-1];//数组中的第k个数，下标为k-1.     }    if(k==1){//返回两个数组中最小的那个数字即可        return min(nums1[0],nums2[0]);    }    //将k分成两个部分    int pa=min(nums1Size,k/2);    int pb=k-pa;    if(nums1[pa-1]<nums2[pb-1]){//第一种情况：说明nums1中前pa中元素一定是属于前k个最小的数，将其抛弃掉，继续寻找即可。         return findKMinNum(nums1+pa,nums1Size-pa,nums2,nums2Size,k-pa) ;    }    else if(nums1[pa-1]>nums2[pb-1]){//第二种情况：说明nums2中前pb中元素一定是属于前k个最小的数，将其抛弃掉，继续寻找即可。        return findKMinNum(nums1,nums1Size,nums2+pb,nums2Size-pb,k-pb);    }    else{//第三种情况：说明这两个数就是我们要寻找的第k个最小的数         return nums1[pa-1];    }   }double findMedianSortedArrays(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size) {    if(nums1==NULL&&nums2==NULL){        return 0;    }    int total=(nums1Size+nums2Size);    int k=(total>>1)+1;     if(total%2==1){//为奇数,直接返回第K个数即可        return findKMinNum(nums1,nums1Size,nums2,nums2Size,k) ;    }    else{        return (findKMinNum(nums1,nums1Size,nums2,nums2Size,k-1)+findKMinNum(nums1,nums1Size,nums2,nums2Size,k))/2 ;    }} 

最后的AC结果如下：

小结

这个题还是有点小难的，首先是先想到：在两个已排序的数组中寻找第k小的数，然后要避免使用merge的方法来寻找最小，否则因为边界条件太多根本无法堵住所有的边界。