Leetcode-Median of Two Sorted Arrays
- 前言
- 題目分析1
- 算法的正確性
- 代碼
- 效率
- 題目分析2
- 算法的正確性
- 代碼
- 效率
- 推廣
- 結語
前言
Leetcode刷到150道了，各種題型都已經練習了一遍，沒有必要再去刷數量了！分類總結解題方法，完善知識體系已經是刻不容緩了。尤其是在看了《暗時間》之后，深有感觸?？偨Y、反思自己的思維過程也許是最重要的。對每道題進行深加工，抽象出一般的概念，得到一般的解題策略。這個過程才是最重要的，是沉淀思想的絕好途徑。
先簡單摘一些常用的解題方法，以后每碰到難題的時候，都要想一下用這些方法是否可以解決：
時刻不忘未知量
時刻要想到自己的問題是什么，要求什么。用特例啟發思考
構造一個合適的實例，可能會發現一般的規律。反過來推導
設立未知數，從結論出發，向已知條件靠擾。試錯
- 調整題目的條件
去掉一個條件，觀察區別，再放上那個條件，感覺到題目的內在結構上的某種約束，進而得到答案。 - 求解一個類似的題目
為了優化腦中的知識結構，我們在記憶掌握和分析問題的時候都應該盡量抽象地去看待，這樣才能建立知識的本質聯系。 - 列出所有可能與題目有關的定理或性質
比如這道題目，可以列出這樣的性質：中位數是數組中最中間的數。如果元素總數為奇數，它左邊所有元素的個數和右邊所有元素的個數相等；如果為偶數，則將所有元素平分成兩左右兩部分，兩部分元素個數相等， 中位數為最中間兩者的均值。 - 考察反面，考察其他所有情況
- 將問題泛化
這道題應該要進行泛化，比如如果要求兩個排序元素里的第K大元素怎么求？如果是n個排序數組呢？
題目分析1
Leetcode-CPP_p14可以從結論來推導方法：題目要求用log(m+n)的復雜度，而中位數的序號為i=m+n2，要想達到要求的復雜度，則每次查找都應該使i減半，即要用到二分搜索。那怎樣才能用到二分搜索呢？這一步還不是那么明顯，答案是將原問題泛化，尋找兩個排序數組的第k小的數，然后每步排除k/2個數，則最后可以達到復雜度要求。
假設A,B兩個數組的元素個數都大于k/2，那么將A,B的第k個元素，也就是A[k2?1]和B[k2?1]作比較的話，
?????A[0]B[0]A[1]?B[1]?A[k2?1]B[k2?1]A[k2]?B[k2]??????
可以得到：
???????A[k2?1]<B[k2?1],A[k2?1]>B[k2?1],A[k2?1]==B[k2?1],(1)(2)(3)
對于情形(1)，A[0]?A[k2?1]一定是排在B[k2?1]之前，因此A[0]?A[k2?1]絕對不會是第k小的數，可以在下一輪尋找中去掉，因此下一輪比較將變成：
?????A[k2]B[0]?B[1]?A[k2+k4?1]B[k4?1]?B[k4]??????
這里我們不能排除B中的元素，是因為我們僅僅知道A[k2?1]與B[k2?1]的大小關系，而不知道A[k2?1]與B[0]的關系，B[0]可以很大，以至于大于A[k2?1]，而這個時候，其實我們是得不出進一步的結論的，因為我們還是不知道B[0]和A[k2?1]后面元素的關系。當然，另一方面，B[0]可以比較小，以至于當它增加到B[k2?1]時只比A[k2?1]大了一點點，且小于A[k2]，那么B[k2?1]就是我們要找的第k小的數，只是找到它還需要再遞歸幾次。而這并不難分析。
因為我們是要尋找第k小的數，永遠不要忘了我們的目的是什么——走得太遠，不要忘了當初是為什么出發！而我們已經排除了k2個數，因此下一步是尋找第k2（這里的第k2是指包括當前元素的元素個數）小的數，因而又可以排除一半的數，即k4。
情形(2)的分析類似；
而情形(3)就更簡單了，直接可以得到要找的數就是A[k2?1]。因為一定可以得到下面的排列：
A[0]?A[k2?2]?B[0]?B[k2?2]?A[k2?1]?B[k2?1]
雖然我們不知道A?B中的前k?2個數的具體順序，但是最后兩個數一定是A[k2?1],B[k2?1]，而最后一個數正是我們要找的第k小的數。
算法的正確性
如何證明算法的正確性呢？
每次遞歸都會排除一半的元素或者排除掉整個數組，即當k2>m，最后一定會得到正確的結果。
代碼
int getKth(int a[], int m, int b[], int n, int k) {if (m > n)return getKth(b, n, a, m, k);if (0 == m)return b[k-1];if (1 == k)return min(a[0], b[0]);int i = min((k+1)/2, m);/*if (a[i-1] < b[i-1])return getKth(a+i, m-i, b, n, k-i);else if (a[i-1] > b[i-1])return getKth(a, m, b+i, n-i, k-i);*/int j = k-i;if (a[i-1] < b[j-1])return getKth(a+i, m-i, b, n, k-i);else if (a[i-1] > b[j-1])return getKth(a, m, b+i, n-i, k-j);elsereturn a[i-1]; }double findMedianSortedArrays(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size) {int total = nums1Size+nums2Size;if (total & 1) //oddreturn getKth(nums1, nums1Size, nums2, nums2Size, total/2+1);else //evenreturn (getKth(nums1, nums1Size, nums2, nums2Size, total/2+1) + getKth(nums1, nums1Size, nums2, nums2Size, total/2))/2.0; }代碼中注釋的地方是有問題的，如果只是比較A[i?1]和B[i?1]，那么無論i是等于k2還是等于k+12，最后都是不能直接用后面三種情況來處理的。所以我們還需要一個變量j=k?i來保證目前我們比較的元素個數為k。還是那句話，不要忘了最初的目的是什么。
所以這里的關鍵在于選出k個數，比較每個一維數組的最后一個元素的大小。對于kn大于一維數組的長度m的情形，就會越界，這時只能取m個元素了，那另外一個數組就必須取k?m個元素了，對于n==2時，顯然k?m對于第2個數組是不越界的。但對n>2的情形，則情況會復雜很多。
下面是用vector加上迭代器的代碼：
int getKthOfVectors(vector<int>& nums1, vector<int>::iterator it1, vector<int>& nums2, vector<int>::iterator it2, int k) {int sz1 = nums1.end()-it1;int sz2 = nums2.end()-it2;if (sz1 > sz2)return getKthOfVectors(nums2, it2, nums1, it1, k);if (0 == sz1)return *(it2+k-1);if (1 == k)return min(*it1, *it2);int i = min((k+1)/2, sz1);int j = k-i;if (*(it1+i-1) < *(it2+j-1)){it1 += i;return getKthOfVectors(nums1, it1, nums2, it2, k-i);} else if (*(it1+i-1) > *(it2+j-1)){it2 += j;return getKthOfVectors(nums1, it1, nums2, it2, k-j);} elsereturn *(it1+i-1); }double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int total = nums1.size()+nums2.size(); if (total & 1) //oddreturn getKthOfVectors(nums1, nums1.begin(), nums2, nums2.begin(), (total+1)/2);else //evenreturn (getKthOfVectors(nums1, nums1.begin(), nums2, nums2.begin(), total/2+1)+getKthOfVectors(nums1, nums1.begin(), nums2, nums2.begin(), total/2))/2.0; }效率
假定n是要找的第n小的數。則：
T(n)=T(n/2)+O(1)，由主定理?T(n)=logn。
題目分析2
根據discuss里分享的解答，還可以利用中位數的這一性質：中位數兩邊的元素個數相等（或相差1）。列出這一性質并不難，難就難在怎么根據這一性質繼續往下走。
????A[0]B[0]left?partA[1]?B[1]?A[i?1]B[j?1]right?partA[i]?B[j]?A[m?1]B[n?1]????
當左右兩部分的元素個數相等或者相差1時，而且A[i]>B[j?1],B[j]>A[j?1]，那么中位數就不難找出來了。因此我們只要找出i
由此，可列方程i+j=m?i+n?j或者i+j=m?i+n?j+1
{i+j=m?i+n?j,i+j=m?i+n?j+1,(m+n為偶數)(m+n為奇數)
?
{j=m+n2?i,j=m+n+12?i,(m+n為偶數)(m+n為奇數)
?
j=m+n+12?i(將m+n為奇數和偶數統一起來)
因此我們只要在0~m中尋找i，就可以得到解答，而且由于是尋找中位數，它一定是存大的，就是說我們用binary search來尋找i，是一定能找到的。值得注意的是，這里的i∈[0,m]，當i==0時，A全部在left part，當i==m時，A全部在rigth part部分。
算法的正確性
每次查找，要么找到i，要么會縮小查找范圍，而i一定是存在的，所以最后一定能找到i。
代碼
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int sz1 = nums1.size();int sz2 = nums2.size();if (sz1 > sz2)return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);int imin = 0;int imax = sz1;int i, j;while (imin <= imax){i = (imin+imax)/2;j = (sz1+sz2+1)/2 - i;if (i > 0 && j < sz2 && nums2[j] < nums1[i-1])imax = i-1;else if (j > 0 && i < sz1 && nums1[i] < nums2[j-1])imin = i+1;else break;}int num1;if (0 == i)num1 = nums2[j-1];else if (0 == j)num1 = nums1[i-1];elsenum1 = max(nums1[i-1], nums2[j-1]);if ((sz1+sz2) & 1) //oddreturn num1;int num2 = min(nums1[i], nums2[j]);return (num1+num2)/2.0; }注意：代碼最后返回時用到除法，除數要用2.0，否則返回的是int類型轉換到double，結果錯誤。
效率
二分查找的效率當然是log2min(m,n)。
推廣
如果是在n個已排序的數組，尋找第k小的數，該怎么求呢？
根據思路1，我們可以比較每個數組的第kn個數，如果全部相等，則找到第k小的數；否則，可以排除(n?1)kn個數，只有最大的那個元素所在的數組不能排除掉。
上面所說的是理想情況下，實際寫代碼的時候要考慮的東西稍復雜一些，當數組的元素個數小于kn時，明顯就會越界。再有首先得保證，所有數組的元素總數一定大于k的。
因此，可以推廣為找出二維vector中的第k小的數。
接口為：
double findMedianSortedArrays(vector<vector<int>> &nums, int k)效率又該怎么計算呢？
這里n和k均有可能是變量，為了更好的與主定理對應，我們用
n表示輸入的規模，即
(1)如果是在n個已排序的數組，尋找第b小的數
復雜度與n其實沒有關系，只與b有關，因此T(n)=O(1)。
(2)如果是在b個已排序的數組，尋找第n小的數
每次遞歸后n都會變成原來的1b?T(n)=T(n/b)+O(1)，由主定理?T(n)=logn。
最壞情況下，每次只能排除一個數，那么時間復雜度就會降為O(n)
結語
如果n維數組的每維的長度相等，還比較好辦。如果每維的長度不等，對于最好情況下的每次遞歸后規模變成原來的1n就會退化成每次遞歸后規模只減了1。所以，以上的思路只對2個已經排序的一維數組有比較好的效果。
不管怎么說，第一篇博客，加油！！！
總結
以上是生活随笔為你收集整理的Leetcode-Median of Two Sorted Arrays的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。
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