【問題描述】[困難]

給定兩個大小為 m 和 n 的正序（從小到大）數組 nums1 和 nums2。請你找出這兩個正序數組的中位數，并且要求算法的時間復雜度為 O(log(m + n))。你可以假設 nums1 和 nums2 不會同時為空。示例 1:nums1 = [1, 3] nums2 = [2]則中位數是 2.0 示例 2:nums1 = [1, 2] nums2 = [3, 4]來源：力扣（LeetCode） 鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays 著作權歸領扣網絡所有。商業轉載請聯系官方授權，非商業轉載請注明出處。

【解答思路】

1. 數組合并

兩個數組合并，兩個有序數組的合并也是歸并排序中的一部分。然后根據奇數，還是偶數，返回中位數
時間復雜度：O(N+M) 空間復雜度：O(1)

public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int[] nums;int m = nums1.length;int n = nums2.length;nums = new int[m + n];if (m == 0) {if (n % 2 == 0) {return (nums2[n / 2 - 1] + nums2[n / 2]) / 2.0;} else {return nums2[n / 2];}}if (n == 0) {if (m % 2 == 0) {return (nums1[m / 2 - 1] + nums1[m / 2]) / 2.0;} else {return nums1[m / 2];}}int count = 0;int i = 0, j = 0;while (count != (m + n)) {if (i == m) {while (j != n) {nums[count++] = nums2[j++];}break;}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++];}}if (count % 2 == 0) {return (nums[count / 2 - 1] + nums[count / 2]) / 2.0;} else {return nums[count / 2];} }

2. 雙指針

時間復雜度：O(N+M) 空間復雜度：O(1)

public double findMedianSortedArrays(int[] A, int[] B) {int m = A.length;int n = B.length;int len = m + n;int left = -1, right = -1;int aStart = 0, bStart = 0;for (int i = 0; i <= len / 2; i++) {left = right;if (aStart < m && (bStart >= n || A[aStart] < B[bStart])) {right = A[aStart++];} else {right = B[bStart++];}}if ((len & 1) == 0)return (left + right) / 2.0;elsereturn right; }

3. 求第 k 小數 k/2

時間復雜度：O(log(m+n) 空間復雜度：O(1)

public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int n = nums1.length;int m = nums2.length;int left = (n + m + 1) / 2;int right = (n + m + 2) / 2;//將偶數和奇數的情況合并，如果是奇數，會求兩次同樣的 k 。return (getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, left) + getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, right)) * 0.5; }private int getKth(int[] nums1, int start1, int end1, int[] nums2, int start2, int end2, int k) {int len1 = end1 - start1 + 1;int len2 = end2 - start2 + 1;//讓 len1 的長度小于 len2，這樣就能保證如果有數組空了，一定是 len1 if (len1 > len2) return getKth(nums2, start2, end2, nums1, start1, end1, k);if (len1 == 0) return nums2[start2 + k - 1];if (k == 1) return Math.min(nums1[start1], nums2[start2]);int i = start1 + Math.min(len1, k / 2) - 1;int j = start2 + Math.min(len2, k / 2) - 1;if (nums1[i] > nums2[j]) {return getKth(nums1, start1, end1, nums2, j + 1, end2, k - (j - start2 + 1));}else {return getKth(nums1, i + 1, end1, nums2, start2, end2, k - (i - start1 + 1));}}

4. 中位數

用完

長度相等


時間復雜度：O(N) 空間復雜度：O(1)

class Solution {public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {int leftLength = nums1.length;int rightLength = nums2.length;// 為了保證第一個數組比第二個數組小(或者相等)if (leftLength > rightLength) {return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);}// 分割線左邊的所有元素需要滿足的個數 m + (n - m + 1) / 2;// 兩個數組長度之和為偶數時，當在長度之和上+1時，由于整除是向下取整，所以不會改變結果// 兩個數組長度之和為奇數時，按照分割線的左邊比右邊多一個元素的要求，此時在長度之和上+1，就會被2整除，會在原來的數//的基礎上+1，于是多出來的那個1就是左邊比右邊多出來的一個元素int totalLeft = (leftLength + rightLength + 1) / 2;// 在 nums1 的區間 [0, leftLength] 里查找恰當的分割線，// 使得 nums1[i - 1] <= nums2[j] && nums2[j - 1] <= nums1[i]int left = 0;int right = leftLength;// nums1[i - 1] <= nums2[j]// 此處要求第一個數組中分割線的左邊的值 不大于(小于等于) 第二個數組中分割線的右邊的值// nums2[j - 1] <= nums1[i]// 此處要求第二個數組中分割線的左邊的值 不大于(小于等于) 第一個數組中分割線的右邊的值// 循環條件結束的條件為指針重合，即分割線已找到while (left < right) {// 二分查找，此處為取第一個數組中左右指針下標的中位數，決定起始位置// 此處+1首先是為了不出現死循環，即left永遠小于right的情況// left和right最小差距是1，此時下面的計算結果如果不加1會出現i一直=left的情況，而+1之后i才會=right// 于是在left=i的時候可以破壞循環條件，其次下標+1還會保證下標不會越界，因為+1之后向上取整，保證了// i不會取到0值，即i-1不會小于0// 此時i也代表著在一個數組中左邊的元素的個數//+1 防止死循環int i = left + (right - left + 1) / 2;// 第一個數組中左邊的元素個數確定后，用左邊元素的總和-第一個數組中元素的總和=第二個元素中左邊的元素的總和// 此時j就是第二個元素中左邊的元素的個數int j = totalLeft - i;// 此處用了nums1[i - 1] <= nums2[j]的取反，當第一個數組中分割線的左邊的值大于第二個數組中分割線的右邊的值// 說明又指針應該左移，即-1if (nums1[i - 1] > nums2[j]) {// 下一輪搜索的區間 [left, i - 1]right = i - 1;// 此時說明條件滿足，應當將左指針右移到i的位置，至于為什么是右移，請看i的定義} else {// 下一輪搜索的區間 [i, right]left = i;}}// 退出循環時left一定等于right，所以此時等于left和right都可以// 為什么left一定不會大于right?因為left=i。// 此時i代表分割線在第一個數組中所在的位置// nums1[i]為第一個數組中分割線右邊的第一個值// nums[i-1]即第一個數組中分割線左邊的第一個值int i = left;// 此時j代表分割線在第二個數組中的位置// nums2[j]為第一個數組中分割線右邊的第一個值// nums2[j-1]即第一個數組中分割線左邊的第一個值int j = totalLeft - i;// 當i=0時，說明第一個數組分割線左邊沒有值，為了不影響// nums1[i - 1] <= nums2[j] 和 Math.max(nums1LeftMax, nums2LeftMax)// 的判斷，所以將它設置為int的最小值int nums1LeftMax = i == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums1[i - 1];// 等i=第一個數組的長度時，說明第一個數組分割線右邊沒有值，為了不影響// nums2[j - 1] <= nums1[i] 和 Math.min(nums1RightMin, nums2RightMin)// 的判斷，所以將它設置為int的最大值int nums1RightMin = i == leftLength ? Integer.MAX_VALUE : nums1[i];// 當j=0時，說明第二個數組分割線左邊沒有值，為了不影響// nums2[j - 1] <= nums1[i] 和 Math.max(nums1LeftMax, nums2LeftMax)// 的判斷，所以將它設置為int的最小值int nums2LeftMax = j == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums2[j - 1];// 等j=第二個數組的長度時，說明第二個數組分割線右邊沒有值，為了不影響// nums1[i - 1] <= nums2[j] 和 Math.min(nums1RightMin, nums2RightMin)// 的判斷，所以將它設置為int的最大值int nums2RightMin = j == rightLength ? Integer.MAX_VALUE : nums2[j];// 如果兩個數組的長度之和為奇數，直接返回兩個數組在分割線左邊的最大值即可if (((leftLength + rightLength) % 2) == 1) {return Math.max(nums1LeftMax, nums2LeftMax);} else {// 如果兩個數組的長度之和為偶數，返回的是兩個數組在左邊的最大值和兩個數組在右邊的最小值的和的二分之一// 此處不能被向下取整，所以要強制轉換為double類型return (double) ((Math.max(nums1LeftMax, nums2LeftMax) + Math.min(nums1RightMin, nums2RightMin))) / 2;}} }

【總結】

1. 二分查找法 log復雜度

2.邊界復雜 多種情況 腦袋清晰

3.時間算法復雜度可以讓簡單題變復雜題

轉載鏈接：https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/solution/xiang-xi-tong-su-de-si-lu-fen-xi-duo-jie-fa-by-w-2/
參考視頻與評論：https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/solution/xun-zhao-liang-ge-you-xu-shu-zu-de-zhong-wei-s-114/

總結

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