[LeetCode] 4.寻找两个正序数组的中位数

一、题目描述

给定两个大小分别为 m 和 n 的正序（从小到大）数组 nums1 和 nums2。请你找出并返回这两个正序数组的 中位数 。

算法的时间复杂度应该为 O(log (m+n)) 。

示例 1：

输入：nums1 = [1,3], nums2 = [2]
输出：2.00000
解释：合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2

示例 2：

输入：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]
输出：2.50000
解释：合并数组 = [1,2,3,4] ，中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5

提示：

nums1.length == m
nums2.length == n
0 <= m <= 1000
0 <= n <= 1000
1 <= m + n <= 2000
-106 <= nums1[i], nums2[i] <= 106

二、题解

2.1 方法一：二分查找

给定两个有序数组，要求找到两个有序数组的中位数，最直观的思路有以下两种：

使用归并的方式，合并两个有序数组，得到一个大的有序数组。大的有序数组的中间位置的元素，即为中位数。
不需要合并两个有序数组，只要找到中位数的位置即可。由于两个数组的长度已知，因此中位数对应的两个数组的下标之和也是已知的。维护两个指针，初始时分别指向两个数组的下标 0 的位置，每次将指向较小值的指针后移一位（如果一个指针已经到达数组末尾，则只需要移动另一个数组的指针），直到到达中位数的位置。

假设两个有序数组的长度分别为 m 和 n，上述两种思路的复杂度如何？

第一种思路的时间复杂度是 O(m+n)，空间复杂度是 O(m+n)。第二种思路虽然可以将空间复杂度降到 O(1)，但是时间复杂度仍是 O(m+n)。

如何把时间复杂度降低到 O(log(m+n)) 呢？如果对时间复杂度的要求有 log，通常都需要用到二分查找，这道题也可以通过二分查找实现。

根据中位数的定义，当 m+n 是奇数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2 个元素，当 m+n 是偶数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2 个元素和第 (m+n)/2+1 个元素的平均值。因此，这道题可以转化成寻找两个有序数组中的第 k 小的数，其中 k 为 (m+n)/2 或 (m+n)/2+1。

假设两个有序数组分别是 A 和 B。要找到第 k 个元素，我们可以比较 A[k/2−1] 和 B[k/2−1]，其中 / 表示整数除法。由于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 的前面分别有 A[0 .. k/2−2] 和 B[0 .. k/2−2]，即 k/2−1个元素，对于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 中的较小值，最多只会有 (k/2−1)+(k/2−1)≤k−2 个元素比它小，那么它就不能是第 k 小的数了。

因此我们可以归纳出三种情况：

如果 A[k/2−1]<B[k/2−1]，则比 A[k/2−1] 小的数最多只有 A 的前 k/2−1 个数和 B 的前 k/2−1 个数，即比 A[k/2−1] 小的数最多只有 k−2 个，因此 A[k/2−1] 不可能是第 k 个数，A[0] 到 A[k/2−1] 也都不可能是第 k 个数，可以全部排除。
如果 A[k/2−1]>B[k/2−1]，则可以排除 B[0] 到 B[k/2−1]。
如果 A[k/2−1]=B[k/2−1]，则可以归入第一种情况处理。

在这里插入图片描述

可以看到，比较 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 之后，可以排除 k/2 个不可能是第 k 小的数，查找范围缩小了一半。同时，我们将在排除后的新数组上继续进行二分查找，并且根据我们排除数的个数，减少 k 的值，这是因为我们排除的数都不大于第 k 小的数。

有以下三种情况需要特殊处理：

如果 A[k/2−1] 或者 B[k/2−1] 越界，那么我们可以选取对应数组中的最后一个元素。在这种情况下，我们必须根据排除数的个数减少 k 的值，而不能直接将 k 减去 k/2。

如果一个数组为空，说明该数组中的所有元素都被排除，我们可以直接返回另一个数组中第 k 小的元素。

如果 k=1，我们只要返回两个数组首元素的最小值即可。

用一个例子说明上述算法。假设两个有序数组如下：

A: 1 3 4 9
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9

两个有序数组的长度分别是 4 和 9，长度之和是 13，中位数是两个有序数组中的第7 个元素，因此需要找到第 k=7 个元素。

比较两个有序数组中下标为 k/2−1=2 的数，即 A[2] 和 B[2]，如下面所示：

A: 1 3 4 9
       ↑
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9
       ↑

由于 A[2]>B[2]，因此排除 B[0] 到 B[2]，即数组 B 的下标偏移（offset）变为 3，同时更新 k 的值：k=k−k/2=4。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 k/2−1=1 的数，即 A[1] 和 B[4]，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

A: 1 3 4 9
     ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
             ↑

由于 A[1]<B[4]，因此排除 A[0] 到 A[1]，即数组 A 的下标偏移变为 2，同时更新 k 的值：k=k−k/2=2。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 k/2−1=0 的数，即比较 A[2] 和 B[3]，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

A: [1 3] 4 9
         ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
           ↑

由于 A[2]=B[3]，根据之前的规则，排除 A 中的元素，因此排除 A[2]，即数组 A 的下标偏移变为 3，同时更新 k 的值： k=k−k/2=1。

由于 k 的值变成 1，因此比较两个有序数组中的未排除下标范围内的第一个数，其中较小的数即为第 k 个数，由于 A[3]>B[3]，因此第 k 个数是 B[3]=4。

A: [1 3 4] 9
           ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
           ↑

2.1.1 Python

def findMedianSortedArrays(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> float:
    def getKthElement(k):
        """
        - 主要思路：要找到第 k (k>1) 小的元素，那么就取 pivot1 = nums1[k/2-1] 和 pivot2 = nums2[k/2-1] 进行比较
        - 这里的 "/" 表示整除
        - nums1 中小于等于 pivot1 的元素有 nums1[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个
        - nums2 中小于等于 pivot2 的元素有 nums2[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个
        - 取 pivot = min(pivot1, pivot2)，两个数组中小于等于 pivot 的元素共计不会超过 (k/2-1) + (k/2-1) <= k-2 个
        - 这样 pivot 本身最大也只能是第 k-1 小的元素
        - 如果 pivot = pivot1，那么 nums1[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums1 数组
        - 如果 pivot = pivot2，那么 nums2[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums2 数组
        - 由于我们 "删除" 了一些元素（这些元素都比第 k 小的元素要小），因此需要修改 k 的值，减去删除的数的个数
        """
        
        index1, index2 = 0, 0
        while True:
            # 特殊情况
            if index1 == m:
                return nums2[index2 + k - 1]
            if index2 == n:
                return nums1[index1 + k - 1]
            if k == 1:
                return min(nums1[index1], nums2[index2])

            # 正常情况
            newIndex1 = min(index1 + k // 2 - 1, m - 1)
            newIndex2 = min(index2 + k // 2 - 1, n - 1)
            pivot1, pivot2 = nums1[newIndex1], nums2[newIndex2]
            if pivot1 <= pivot2:
                k -= newIndex1 - index1 + 1
                index1 = newIndex1 + 1
            else:
                k -= newIndex2 - index2 + 1
                index2 = newIndex2 + 1
    
    m, n = len(nums1), len(nums2)
    totalLength = m + n
    if totalLength % 2 == 1:
        return getKthElement((totalLength + 1) // 2)
    else:
        return (getKthElement(totalLength // 2) + getKthElement(totalLength // 2 + 1)) / 2

2.1.2 C++

int getKthElement(const vector<int>& nums1, const vector<int>& nums2, int k) 
{
    /* 主要思路：要找到第 k (k>1) 小的元素，那么就取 pivot1 = nums1[k/2-1] 和 pivot2 = nums2[k/2-1] 进行比较
     * 这里的 "/" 表示整除
     * nums1 中小于等于 pivot1 的元素有 nums1[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个
     * nums2 中小于等于 pivot2 的元素有 nums2[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个
     * 取 pivot = min(pivot1, pivot2)，两个数组中小于等于 pivot 的元素共计不会超过 (k/2-1) + (k/2-1) <= k-2 个
     * 这样 pivot 本身最大也只能是第 k-1 小的元素
     * 如果 pivot = pivot1，那么 nums1[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums1 数组
     * 如果 pivot = pivot2，那么 nums2[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums2 数组
     * 由于我们 "删除" 了一些元素（这些元素都比第 k 小的元素要小），因此需要修改 k 的值，减去删除的数的个数
     */

    int m = nums1.size();
    int n = nums2.size();
    int index1 = 0, index2 = 0;

    while (true) 
    {
        // 边界情况
        if (index1 == m) 
        {
            return nums2[index2 + k - 1];
        }
        if (index2 == n) 
        {
            return nums1[index1 + k - 1];
        }
        if (k == 1) 
        {
            return min(nums1[index1], nums2[index2]);
        }

        // 正常情况
        int newIndex1 = min(index1 + k / 2 - 1, m - 1);
        int newIndex2 = min(index2 + k / 2 - 1, n - 1);
        int pivot1 = nums1[newIndex1];
        int pivot2 = nums2[newIndex2];
        if (pivot1 <= pivot2) 
        {
            k -= newIndex1 - index1 + 1;
            index1 = newIndex1 + 1;
        }
        else 
        {
            k -= newIndex2 - index2 + 1;
            index2 = newIndex2 + 1;
        }
    }
}

double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) 
{
    int totalLength = nums1.size() + nums2.size();
    if (totalLength % 2 == 1) 
    {
        return getKthElement(nums1, nums2, (totalLength + 1) / 2);
    }
    else 
    {
        return (getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2) + getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2 + 1)) / 2.0;
    }
}

2.1.3 复杂度分析

时间复杂度： $O (l o g (m + n))$ ，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $n u m s 1$ 和 $n u m s 2$ 的长度。初始时有 $k = (m + n) /2$ 或 $k = (m + n) /2 + 1$ ，每一轮循环可以将查找范围减少一半，因此时间复杂度是 $O (l o g (m + n))$ 。
空间复杂度： $O (1)$ 。

2.2 方法二：划分数组

说明

方法一的时间复杂度已经很优秀了，但本题存在时间复杂度更低的一种方法。这里给出推导过程，勇于挑战自己的读者可以进行尝试。

思路与算法

为了使用划分的方法解决这个问题，需要理解「中位数的作用是什么」。在统计中，中位数被用来：

将一个集合划分为两个长度相等的子集，其中一个子集中的元素总是大于另一个子集中的元素。

如果理解了中位数的划分作用，就很接近答案了。

首先，在任意位置 $i$ 将 $A$ 划分成两个部分：

       left_A            |          right_A
A[0], A[1], ..., A[i-1]  |  A[i], A[i+1], ..., A[m-1]

由于 $A$ 中有 $m$ 个元素，所以有 m+1 种划分的方法（i∈[0,m]）。

len(left_A)= $i$ , len(right_A)= $m - i$ .

注意：当 $i = 0$ 时，left_A 为空集，而当 $i = m$ 时, right_A 为空集。

采用同样的方式，在任意位置 $j$ 将 B 划分成两个部分：

       left_B            |          right_B
B[0], B[1], ..., B[j-1]  |  B[j], B[j+1], ..., B[n-1]

将 left_A 和 left_B 放入一个集合，并将 right_A 和 right_B 放入另一个集合。再把这两个新的集合分别命名为 left_part 和 right_part：

      left_part          |         right_part
A[0], A[1], ..., A[i-1]  |  A[i], A[i+1], ..., A[m-1]
B[0], B[1], ..., B[j-1]  |  B[j], B[j+1], ..., B[n-1]

当 A 和 B 的总长度是偶数时，如果可以确认：

len(left_part)=len(right_part)
max(left_part)≤min(right_part)

那么， ${A,B\}$ 中的所有元素已经被划分为相同长度的两个部分，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值和后一部分的最小值的平均值：
$median=\frac {max(left\_part)+min(right\_part)}2$

当 A 和 B 的总长度是奇数时，如果可以确认：

len(left_part)=len(right_part)+1
max(left_part)≤min(right_part)

那么， ${A,B\}$ 中的所有元素已经被划分为两个部分，前一部分比后一部分多一个元素，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值：
$median=max(left\_part)$
第一个条件对于总长度是偶数和奇数的情况有所不同，但是可以将两种情况合并。第二个条件对于总长度是偶数和奇数的情况是一样的。

要确保这两个条件，只需要保证：

$i + j = m - i + n - j$ （当 $m + n$ 为偶数）或 $i + j = m - i + n - j + 1$ （当 $m + n$ 为奇数）。等号左侧为前一部分的元素个数，等号右侧为后一部分的元素个数。将 $i$ 和 $j$ 全部移到等号左侧，我们就可以得到 $i+j=\frac{m+n+1}2$ 。这里的分数结果只保留整数部分。
$0 \leq i \leq m$ ， $0 \leq j \leq n$ 。如果我们规定 A 的长度小于等于 B 的长度，即 $m \leq n$ 。这样对于任意的 $i \in [0, m]$ ，都有 $j=\frac{m+n+1}2−i∈[0,n]$ ，那么我们在 $[0, m]$ 的范围内枚举 $i$ 并得到 $j$ ，就不需要额外的性质了。
- 如果 A 的长度较大，那么我们只要交换 A 和 B 即可。
- 如果 $m > n$ ，那么得出的 $j$ 有可能是负数。
$B [j - 1] \leq A [i]$ 以及 $A [i - 1] \leq B [j]$ ，即前一部分的最大值小于等于后一部分的最小值。

为了简化分析，假设 $A [i - 1], B [j - 1], A [i], B [j]$ 总是存在。对于 $i = 0 、 i = m 、 j = 0 、 j = n$ 这样的临界条件，我们只需要规定 $A [- 1] = B [- 1] = - \infty$ ， $A [m] = B [n] = \infty$ 即可。这也是比较直观的：当一个数组不出现在前一部分时，对应的值为负无穷，就不会对前一部分的最大值产生影响；当一个数组不出现在后一部分时，对应的值为正无穷，就不会对后一部分的最小值产生影响。

所以我们需要做的是：

在 $[0, m]$ 中找到 $i$ ，使得：

$j=\frac{m+n+1}2−i$

我们证明它等价于：

在 $[0, m]$ 中找到最大的 $i$ ，使得：

$j=\frac{m+n+1}2−i$

这是因为：

当 $i$ 从 $0 \sim m$ 递增时， $A [i - 1]$ 递增， $B [j]$ 递减，所以一定存在一个最大的 $i$ 满足 $A [i - 1] \leq B [j]$ ；

如果 $i$ 是最大的，那么说明 $i + 1$ 不满足。将 $i + 1$ 带入可以得到 $A [i] > B [j - 1]$ ，也就是 $B [j - 1] < A [i]$ ，就和我们进行等价变换前 $i$ 的性质一致了（甚至还要更强）。

因此我们可以对 $i$ 在 $[0, m]$ 的区间上进行二分搜索，找到最大的满足 $A [i - 1] \leq B [j]$ 的 $i$ 值，就得到了划分的方法。此时，划分前一部分元素中的最大值，以及划分后一部分元素中的最小值，才可能作为就是这两个数组的中位数。

2.2.1 Python

def findMedianSortedArrays(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> float:
    if len(nums1) > len(nums2):
        return self.findMedianSortedArrays(nums2, nums1)

    infinty = 2**40
    m, n = len(nums1), len(nums2)
    left, right = 0, m
    # median1：前一部分的最大值
    # median2：后一部分的最小值
    median1, median2 = 0, 0

    while left <= right:
        # 前一部分包含 nums1[0 .. i-1] 和 nums2[0 .. j-1]
        # // 后一部分包含 nums1[i .. m-1] 和 nums2[j .. n-1]
        i = (left + right) // 2
        j = (m + n + 1) // 2 - i

        # nums_im1, nums_i, nums_jm1, nums_j 分别表示 nums1[i-1], nums1[i], nums2[j-1], nums2[j]
        nums_im1 = (-infinty if i == 0 else nums1[i - 1])
        nums_i = (infinty if i == m else nums1[i])
        nums_jm1 = (-infinty if j == 0 else nums2[j - 1])
        nums_j = (infinty if j == n else nums2[j])

        if nums_im1 <= nums_j:
            median1, median2 = max(nums_im1, nums_jm1), min(nums_i, nums_j)
            left = i + 1
        else:
            right = i - 1

    return (median1 + median2) / 2 if (m + n) % 2 == 0 else median1

2.2.2 C++

double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) 
{
    if (nums1.size() > nums2.size()) 
    {
        return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
    }

    int m = nums1.size();
    int n = nums2.size();
    int left = 0, right = m;
    // median1：前一部分的最大值
    // median2：后一部分的最小值
    int median1 = 0, median2 = 0;

    while (left <= right) 
    {
        // 前一部分包含 nums1[0 .. i-1] 和 nums2[0 .. j-1]
        // 后一部分包含 nums1[i .. m-1] 和 nums2[j .. n-1]
        int i = (left + right) / 2;
        int j = (m + n + 1) / 2 - i;

        // nums_im1, nums_i, nums_jm1, nums_j 分别表示 nums1[i-1], nums1[i], nums2[j-1], nums2[j]
        int nums_im1 = (i == 0 ? INT_MIN : nums1[i - 1]);
        int nums_i = (i == m ? INT_MAX : nums1[i]);
        int nums_jm1 = (j == 0 ? INT_MIN : nums2[j - 1]);
        int nums_j = (j == n ? INT_MAX : nums2[j]);

        if (nums_im1 <= nums_j) 
        {
            median1 = max(nums_im1, nums_jm1);
            median2 = min(nums_i, nums_j);
            left = i + 1;
        } else 
        {
            right = i - 1;
        }
    }

    return (m + n) % 2 == 0 ? (median1 + median2) / 2.0 : median1;
}

2.2.3 复杂度分析

时间复杂度： $O (l o g min (m, n)))$ ，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $n u m s 1$ 和 $n u m s 2$ 的长度。查找的区间是 $[0, m]$ ，而该区间的长度在每次循环之后都会减少为原来的一半。所以，只需要执行 $l o g m$ 次循环。由于每次循环中的操作次数是常数，所以时间复杂度为 $O (l o g m)$ 。由于我们可能需要交换 $n u m s 1$ 和 $n u m s 2$ 使得 $m \leq n$ ，因此时间复杂度是 $O (l o g min (m, n)))$ 。
空间复杂度： $O (1)$ 。