LeetCode HOT 100 —— 4.寻找两个正序数组的中位数

news2024/10/6 12:31:42

题目

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))

思路

正序数组，立即推—>二分查找

如果本题不要求时间复杂度O（log（n + m ）），可以考虑暴力解法，时间复杂度为O（n + m）

方法一：暴力

先将两个数组合并，两个有序数组的合并也是归并排序中的一部分，然后根据奇数还是偶数，返回中位数

java代码如下：

class Solution {
	public int findMedianSortedArrays(int[] nums1,int[] nums2){
		int[] nums;//创建一个新数组
		int m = nums1.length;
		int n = nums2.length;
		nums = new int [m + n];//长度为两个数组之和
		//若有一个数组为空，那么直接返回另一个数组的中位数
		if(m == 0){//若nums1为空
			if(n % 2 == 0){
				return (nums2[n / 2 - 1] + nums2[n / 2]) / 2.0;
			} else {
				return nums2[n / 2];
			}
		}	
		if(n == 0){//若nums2为空
			if(m % 2 == 0){
				return (nums1[m / 2 - 1] + nums1[m / 2]) / 2.0;
			} else {
				return nums1[m / 2];
			}
		}
		//若两个数组均不为空，则加入到新数组
		int count = 0;//新数组下标，记录新数组的长度
		int i = 0, j = 0;
		while(count != (m + n)){
			if(i == m){//如果nums1已经遍历完了
				while(j != n){
					nums[count++] = nums2[j++];
				}
				break;//当两个数组都遍历完时，退出循环
			}
			if(j == n){
				while(i != m){
					nums[count++] = nums1[i++]; 
				}
				break;
			}
			
			if(nums1[i] < nums2[j]){
				nums[count++] = nums1[i++];
			} else {
				nums[count++] = nums2[j++];
			}
		}
					
		//求新数组的中位数
		if(count % 2 == 0){
			return ((nums[count / 2 - 1] + nums[count / 2 ]) / 2.0);
		} else {
			return nums[count / 2];
		}
	}
}

另一种思路是不用合并两个有序数组，只用找到中位数的位置即可，因为两个数组长度知道，那么合并之后的数组的中位数的下标位置也可以计算出来，然后用两个指针，分别指向两个数组，每次将较小值的指针后移一位，直到到达中位数位置，这种方法虽然空间复杂度降为了O（1），时间复杂度仍然是O（n + m）

方法二：二分查找

题目中的log的时间复杂度，只有用二分的方法才能达到

根据中位数定义，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（m+n）/2 +1个元素的平均值（注意，这里说的是第几个元素，下标是需要在减一的），因此本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或者（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，可以比较 A[k/2−1]和 B[k/2−1]，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，所以可以将 A[k/2−1]和 B[k/2−1] 中的较小值也一起排除

一共归纳出三种情况：

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。

可以看到，比较 A[k/2−1]和 B[k/2−1]之后，可以排除 k/2不可能是第 k 小的数，查找范围缩小了一半（比如排除了A[0]到 A[k/2−1]，一共k/2个元素）。

同时，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，那么可以选取对应数组中的最后一个元素。在这种情况下，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，可以直接返回另一个数组中第 k小的元素；
如果 k=1，只要返回两个数组首元素的最小值即可。

java代码如下：

class Solution {
	public double findMedianSortedArrays(int[] nums1,int[] nums2){
		int m = nums1.length;
		int n = nums2.length;
		int totalLen = m + n;
		if(totalLen % 2 == 1){
			int midIdx = totalLen / 2;//这里是数组的下标
			double median = getKThNumber(nums1,nums2,midIdx + 1);//这里参数是第k小的数，所以数组下标midIdx对应的就是第midIdx + 1小的数
			return median;
		} else {//如果数组长度是偶数
			int midIdx1 = totalLen / 2 - 1;
			int midIdx2 = totalLen / 2;//分别表示数组下标
			double median = (getKThNumber(nums1,nums2,midIdx1 + 1) + getKThNumber(nums1,nums2,midIdx2 + 1)) / 2.0;
			return median; 
		}
	}
	
	public int getKThNumber(int[] nums1,int[] nums2,int k){
	
		int m = nums1.length;
		int n = nums2.length;
		int idx1 = 0, idx2 = 0;
		int kthNumber = 0;
		
		while(true){
			//处理边界情况
			if(idx1 == m){//如果数组为空，即长度为0，那么直接返回另一个数组第k小的元素
				return nums2[idx2 + k -1];
			}
			if(idx2 == n){
				return nums1[idx1 + k - 1];
			}
			if(k == 1){//则返回两个数组首元素的最小值即可
				return Math.min(nums1[idx1],nums2[idx2]);
			}
			
			//正常情况
			int half = k / 2;//每次都能排除k/2个元素
			int newIdx1 = Math.min(idx1 + half, m) - 1;
			int newIdx2 = Math.min(idx2 + half, n) - 1;
			int pivot1 = nums1[newIdx1], pivot2 = nums2[newIdx2];
			if(pivot1 <= pivot2){
				k -= (newIdx1 - idx1 + 1);//k减去排除的元素数量
				idx1 = newIdx1 + 1;
			} else {
				k -= (newIdx2 - idx2 + 1);
				idx2 = newIdx2 + 1;
			}
		}
	}
}