标签：正序 LC int 复杂度 中位数 数组 nums1 nums2

1. 问题描述

给定两个大小为 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。

进阶：你能设计一个时间复杂度为 O(log (m+n)) 的算法解决此问题吗？

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

示例 3
输入：nums1 = [0,0], nums2 = [0,0]
输出：0.00000

示例 4
输入：nums1 = [], nums2 = [1]
输出：1.00000

示例 5
输入：nums1 = [2], nums2 = []
输出：2.00000

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

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2. 题解

方法一、合并后查找

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)。

方法二、二分查找

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。

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+1 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，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。

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，将在排除后的新数组上继续进行二分查找，并且根据排除数的个数，减少 k 的值，这是因为排除的数都不大于第 k 小的数。

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