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这是我做的第二个leetcode题目，一开始以为和第一个一样很简单，但是做的过程中才发现这个题目非常难，给人一种“刚上战场就踩上地雷挂掉了”的感觉。后来搜了一下leetcode的难度分布表（leetcode难度及面试频率）才发现，该问题是难度为5的问题，真是小看了它！网上搜了很多答案，但是鲜见简明正确的解答，唯有一种寻找第k小值的方法非常好，在此整理一下。
首先对leetcode的编译运行吐槽一下：貌似没有超时判断，而且small和large的数据集相差很小。此题一开始我采用最笨的方法去实现，利用排序将两个数组合并成一个数组，然后返回中位数：
该方法居然也通过测试，但是其复杂度最坏情况为O(nlogn)，这说明leetcode只对算法的正确性有要求，时间要求其实不严格。
另一种方法即是利用类似merge的操作找到中位数，利用两个分别指向A和B数组头的指针去遍历数组，然后统计元素个数，直到找到中位数，此时算法复杂度为O(n)。之后还尝试了根据算法导论中的习题（9.3-8）扩展的方法，但是该方法会存在无穷多的边界细节问题，而且扩展也不见得正确，这个可从各网页的评论看出，非常不建议大家走这条路。
最后从medianof two sorted arrays中看到了一种非常好的方法。原文用英文进行解释，在此我们将其翻译成汉语。该方法的核心是将原问题转变成一个寻找第k小数的问题（假设两个原序列升序排列），这样中位数实际上是第(m+n)/2小的数。所以只要解决了第k小数的问题，原问题也得以解决。
首先假设数组A和B的元素个数都大于k/2，我们比较A[k/2-1]和B[k/2-1]两个元素，这两个元素分别表示A的第k/2小的元素和B的第k/2小的元素。这两个元素比较共有三种情况：>、<和=。如果A[k/2-1]<B[k/2-1]，这表示A[0]到A[k/2-1]的元素都在A和B合并之后的前k小的元素中。换句话说，A[k/2-1]不可能大于两数组合并之后的第k小值，所以我们可以将其抛弃。
证明也很简单，可以采用反证法。假设A[k/2-1]大于合并之后的第k小值，我们不妨假定其为第（k+1）小值。由于A[k/2-1]小于B[k/2-1]，所以B[k/2-1]至少是第（k+2）小值。但实际上，在A中至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1]，B中也至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1]，所以小于A[k/2-1]的元素个数至多有k/2+ k/2-2，小于k，这与A[k/2-1]是第（k+1）的数矛盾。
当A[k/2-1]>B[k/2-1]时存在类似的结论。
当A[k/2-1]=B[k/2-1]时，我们已经找到了第k小的数，也即这个相等的元素，我们将其记为m。由于在A和B中分别有k/2-1个元素小于m，所以m即是第k小的数。(这里可能有人会有疑问，如果k为奇数，则m不是中位数。这里是进行了理想化考虑，在实际代码中略有不同，是先求k/2，然后利用k-k/2获得另一个数。)
通过上面的分析，我们即可以采用递归的方式实现寻找第k小的数。此外我们还需要考虑几个边界条件：
最终实现的代码为：
我们可以看出，代码非常简洁，而且效率也很高。在最好情况下，每次都有k一半的元素被删除，所以算法复杂度为logk，由于求中位数时k为（m+n）/2，所以算法复杂度为log(m+n)。
如果有两个有序的数组，都是已经排好序的。那么求它们的中位数应该怎样求呢。如果采用对这两个数组进行排序的方法，最快的时间复杂度也要o(nlogn)的时间。但是，如果采用中位数和顺序统学的方法来寻找，则可以在o(n)的时间内解决这个问题。
我们先寻找每个数组的中位数，因为是排好顺序的数组，因此，可以在o(1)时间内找到。然后，比较这两个数字的大小。如果A的中位数大于B的中位数，则在A的前半个数组和B的后半个数组中寻找，反之，在B的前半个数组和A的后半个数组寻找。根据递归方程，解得时间复杂度是o(n)。
中位数：一组数据中间位置的数，如果是偶数个数，则取中间两个位置数的平均值。
此题两个数组个数一样，那么两个数组的中位数总个数是2*n也就是偶数，中位数一定是中间两个位置的平均数。时间复杂度要求O(logn)，则一定要充分利用数组有序的信息。
网上看了很多版本，都是对奇偶数的考虑不全。自己试着编写了一下，发现很多细节很容易忽略。测试考虑的是整数，可以把数组直接全部设置为double类型。如果是整型，要考虑结果类型的强制转换。还有最后递归结束条件只考虑两数组中只剩下一个元素，或者中位数相等的两种情况。大家可以多找几个例子试验下。此代码在VC++6.0上测试过。大家可以自己再测试下，有问题的话欢迎提出。代码如下：
//最后返回结果一定要是double,因为是两个中位数的平均值不一定是整数
double MidNum(int *A,int l1,int r1,int *B,int l2,int r2)
{
//根据奇偶决定中位数的位置，要保证两个字数组元素个数相等
int mid1,mid2;
if( (r1-l1+1)%2==0 ) //偶数时
{
mid1=(l1+r1)/2+1; //A取下中位数
mid2=(l2+r2)/2; //B取上中位数
}
else //奇数时
{
mid1=(l1+r1)/2;
mid2=(l2+r2)/2;
}
if(l1==r1 && l2==r2) //最后两个数组都剩下一个元素
return (double)(A[l1]+B[l2])/2;
//最后两个数组都剩下两个元素，而且A[mid1]>B[mid2]，底下的情况处理不了，一直递归下去
//如A[6]={1,3,5,6,8,10};B[6]={2,4,7,9,11,15};最后A{6,8},B{4,7}
if( r1-l1==1 && r2-l2==1 )
{
if(A[mid1]>B[mid2]) //得对剩下的4个数排序A[l1],A[r1](r1==mid1),B[l2](l2==mid2),B[r2]
{
if(B[r2]<=A[l1]) //B[mid2],B[r2],A[l1],A[mid1]
return (double)(B[r2]+A[l1])/2;
else if(A[l1]<=B[mid2] && A[mid1]>=B[r2]) //A[l1],B[mid2],A[mid1],B[r2]
return (double)(B[mid2]+A[mid1])/2;
else if(A[l1]<=B[mid2] && A[mid1]<B[r2]) //A[l1],B[mid2],B[r2],A[mid1]
return (double)(B[mid2]+B[r2])/2;
}
}
if(A[mid1]==B[mid2])
return A[mid1];
else if( A[mid1] > B[mid2])
return MidNum(A,l1,mid1,B,mid2,r2);
else
return MidNum(A,mid1,r1,B,l2,mid2);
}
int main()
{
int A[6]={1,3,5,6,8,10};
int B[6]={2,4,6,9,11,15};
double m2=MidNum(A,0,5,B,0,5);
cout<<m2<<endl;
int A2[10]={17,18,28,37,42,54,63,72,89,96};
int B2[10]={3,51,71,72,91,111,121,131,141,1000};
double m=MidNum(A2,0,9,B2,0,9);
cout<<m<<endl;
return 0;
}
由于复杂度是logn的，所以考虑要用到二分。
首先，假设两个数组的长度都是奇数，而且大于1。令mid 为 (1 + n) / 2，也就是中间的那个元素的下标。考虑一下X[mid]和Y[mid]的大小关系：
（1） X[mid] > Y[mid]
这种情况下，我们可以想，当我们把两个数组合并排序后，X[mid]的排名（排名从1开始）肯定是大于n的，因为我们可以确定这些元素一定小于等于X[mid]：X[1...mid - 1]，Y[1...mid - 1] ，Y[mid]。
同理，可以分析出来，Y[mid]的排名肯定是小于n + 1的。引入一个定理，如果我们同时杀掉X[mid]后面的任意k个元素和Y[mid]前面的任意k个元素（k > 0），那么，得到的新的两个数组的中位数，与原数组，仍然是一样的。这个定理画个图不难证明。所以，原问题就被转化为一个更小的子问题了。
（2）X[mid] == Y[mid]
倒是这种情况，我想了很久，到底应该怎么处理。后来发现，自己犯傻了。如果X[mid]等于Y[mid]的话，考虑一下我们排序的过程。首先，我们可以将X[1...mid-1]和Y[1...mid-1]合并排序得到一个长度为2*（mid-1）的新数组P，然后我们把X[mid + 1...n]和Y[mid + 1...n]合并排序，得到一个长度也是2*（mid-1）的新数组R，最后，我们把X[mid] 和 Y[mid]插在中间，就得到最后的有序数组了：P，X[mid]，Y[mid]，R
也就是说，当X[mid] == Y[mid]时，你可以马上确定X[mid]和Y[mid]就是你要找的两个中位数！
（3）X[mid] < Y[mid]
这种情况和情况（1）对称，不累赘了。
然后，假设两个数组的长度都是偶数，而且大于1。令mid为（1+n）/ 2，也就是中间的两个元素里左边的那个元素的下标。考虑一下X[mid] 和 Y[mid + 1]的大小关系
（1）X[mid] > Y[mid]
使用与上面奇数长度的情况的类似的思路，我们可以知道，X[mid]的排名在一半以后，而Y[mid]的排名在一半以后，所以，我们也可以用同样的思路来缩小问题的规模。
（2） X[mid] == Y[mid]
同样的思路，所以同样的结论。当它们相等的时候，你是可以马上确定它们就是你要找的两个中位数。
（3）X[mid] < Y[mid]
对称，一样的做法。
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第一步：假设两个有序数组（已经各自排序完成了）长度相等，试写函数找出两个数组合并后的中位数。 第二步：假设两个有序数组长度不等，一样的求出中位数 |
解析： 这个题目看起来非常简单。第一题的话： 假设数组长度为n, 那么我就把数组1和数组2直接合并，然后再直接找到中间元素。对于这样的方案，第一题和第一题就没有什么区别了。这样的话时间复杂度就是O(n)。通常在这样的情况下，那些mentor类型的达人就会循循善诱道：“你还有更好的办法吗:)” 如果比线性更高效，直接能想到的就是对数了O(log(n)),这个时间复杂度在这里可能吗？ 当然还是可能的。来继续看看下面的分析。
先找来了一个图(自己画的，简陋了点)
我们先来分析看看： 想到对数的效率，首先想到的就是二分查找，对于这个题目二分查找的意义在哪里呢？
我们找到了A[n/2] 和 B[n/2]来比较，
如果他们相等，那样的话，我们的搜索结束了，因为答案已经找到了A[n/2]就肯定是排序后的中位数了。
如果我们发现B[n/2]>A[n/2]，说明什么,这个数字应该在 A[n/2]->A[n]这个序列里面， 或者在 B[1]-B[n/4]这里面。 或者，这里的或者是很重要的， 我们可以说，我们已经成功的把问题变成了在排序完成的数组A[n/2]-A[n]和B[0]-B[n/2]里面找到合并以后的中位数， 显然递归是个不错的选择了。
类似的， 如果B[n/2]<A[n/2]呢？显然就是在A[0]-A[n/2]和B[n/2]-B[n]里面寻找了。
在继续想， 这个递归什么时候收敛呢？当然一个case就是相等的值出现， 如果不出现等到这个n==1的时候也就结束了。
照着这样的思路， 我们比较容易写出如下的代码， 当然边界的值需要自己思量一下， 前面的想法只是想法而已。
马上有人说那不定长的怎么办呢？一样的，我们还是来画个图看看：(我的画图水平肯定提高了)
int find_median_equal_length( int a[], int b[], int length)
{
if (length == 1)
return a[0];
int i = length/2;
if (a[i] == b[i])
return a[i];
else if (a[i]<b[i])
return find_median_equal_length( &a[i], &b[0], length-i );
else
return find_median_equal_length( &a[0], &b[i], length-i );
}
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原文地址：http://www.cnblogs.com/Vae98Scilence/p/4331065.html
