leetcode第4题：两个排序数组的中位数题解
2018-09-19 22:21:20 # JAVA # leetcode

简介

做到第四题，感觉好难，复杂度O(log(m+n))不好做，觉得该二分，做了一个小时放弃了，感觉没大一大二那种一直做下去，几个小时都不放弃的精力了，也可能是天气太热…..索性看了看官方的题解，顿时感觉茅塞顿开，我就把那题解放到这来吧。原文链接

解决方案

为了解决这个问题，我们需要理解“中位数的作用是什么”。在统计中，中位数被用来：

将一个集合划分为两个长度相等的子集，其中一个子集中的元素总是大于另一个子集中的元素。

如果理解了中位数的划分作用，我们就很接近答案了。

首先，让我们在任一位置 将 A 划分成两个部分：

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   left_A                |        right_A
A[0], A[1], ..., A[i-1]  |  A[i], A[i+1], ..., A[m-1]

由于 A 中有 m 个元素， 所以我们有 m+1 种划分的方法（i=0∼m）。

我们知道：

len(left_A)=i,len(right_A)=m−i.

注意：当 i=0 时，left_A 为空集， 而当 i=m 时, right_A 为空集。

采用同样的方式，我们在任一位置 j 将 B 划分成两个部分：

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  left_B                 |        right_B
B[0], B[1], ..., B[j-1]  |  B[j], B[j+1], ..., B[n-1]

将 left_A 和 left_B 放入一个集合，并将 rright_A 和 right_B 放入另一个集合。 再把这两个新的集合分别命名为 left_part 和 right_part：

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      left_part          |        right_part
A[0], A[1], ..., A[i-1]  |  A[i], A[i+1], ..., A[m-1]
B[0], B[1], ..., B[j-1]  |  B[j], B[j+1], ..., B[n-1]

如果我们可以确认：

1.len(left_part)=len(right_part)
2.max⁡(left_part)≤min⁡(right_part)

那么，我们已经将 {A,B} 中的所有元素划分为相同长度的两个部分，且其中一部分中的元素总是大于另一部分中的元素。那么：

median=max(left_part)+min(right_part)​ / 2

要确保这两个条件，我们只需要保证：

1.i+j=m−i+n−j（或：m−i+n−j+1） 如果 n≥m，只需要使 i=0∼m, j=(m+n+1)/2−i
2.B[j−1]≤A[i] 以及 A[i−1]≤B[j]

ps.1 为了简化分析，我假设 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]总是存在，哪怕出现 i=0，i=m，j=0，或是 j=n 这样的临界条件。 我将在最后讨论如何处理这些临界值。

ps.2 为什么 n≥m？由于0≤i≤m且 j=(m+n+1)/2−i，我必须确保 j 不是负数。如果 n<m，那么 j 将可能是负数，而这会造成错误的答案。

所以，我们需要做的是：

在 [0，m] 中搜索并找到目标对象 i，以使：
B[j−1]≤A[i] 且 A[i−1]≤B[j],其中 j=(m+n+1)/2−i

接着，我们可以按照以下步骤来进行二叉树搜索：

设 imin=0，imax=m, 然后开始在 [imin,imax] 中进行搜索。
令 i=(imin+imax)/2​， j=(m+n+1)/2−i

现在我们有 len(left_part)=len(right_part)。 而且我们只会遇到三种情况：

B[j−1]≤A[i] 且 A[i−1]≤B[j]：
这意味着我们找到了目标对象 i，所以可以停止搜索。

B[j−1]>A[i]：
这意味着 A[i] 太小，我们必须调整 i 以使 B[j−1]≤A[i]。
我们可以增大 i 吗？
是的，因为当 i 被增大的时候，j 就会被减小。
因此 B[j−1] 会减小，而 A[i] 会增大，那么 B[j−1]≤A[i] 就可能被满足。
我们可以减小 i 吗？
不行，因为当 i 被减小的时候，j 就会被增大。
因此 B[j−1] 会增大，而 A[i] 会减小，那么 B[j−1]≤A[i] 就可能不满足。
所以我们必须增大 i。也就是说，我们必须将搜索范围调整为 [i+1,imax]。 因此，设imin=i+1并转到步骤 2。

A[i−1]>B[j]： 这意味着 A[i−1] 太大，我们必须减小 i 以使 A[i−1]≤B[j]。 也就是说，我们必须将搜索范围调整为 [imin,i−1]。
因此，设 imax=i−1，并转到步骤 2。

当找到目标对象 i 时，中位数为：

max(A[i−1],B[j−1]), 当 m+n 为奇数时

max⁡(A[i−1],B[j−1])+min⁡(A[i],B[j])/2, ​, 当 m+n为偶数时

现在，让我们来考虑这些临界值 i=0,i=m,j=0,j=n，此时 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j] 可能不存在。 其实这种情况比你想象的要容易得多。

我们需要做的是确保 max(left_part)≤min(right_part)。 因此，如果 i 和 j 不是临界值（这意味着 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]全部存在）, 那么我们必须同时检查 B[j−1]≤A[i] 以及 A[i−1]≤B[j] 是否成立。 但是如果 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j] 中部分不存在，那么我们只需要检查这两个条件中的一个（或不需要检查）。 举个例子，如果 i=0，那么 A[i−1]不存在，我们就不需要检查 A[i−1]≤B[j] 是否成立。 所以，我们需要做的是：

在 [0，m] 中搜索并找到目标对象 i，以使：
(j=0 or i=m or B[j−1]≤A[i]) 或是 (i=0 or j=n or A[i−1]≤B[j]), 其中 j=(m+n+1)/2−i

在循环搜索中，我们只会遇到三种情况：

(j=0 or i=m or B[j−1]≤A[i])) 或是(i=0 or j=n or A[i−1]≤B[j])这意味着 i 是完美的，我们可以停止搜索。
j>0 and i<m and B[j−1]>A[i]这意味着 i 太小，我们必须增大它。
i>0 and j<n and A[i−1]>B[j]这意味着 i 太大，我们必须减小它。

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class Solution {
    public double findMedianSortedArrays(int[] A, int[] B) {
        int m = A.length;
        int n = B.length;
        if (m > n) { // to ensure m<=n
            int[] temp = A; A = B; B = temp;
            int tmp = m; m = n; n = tmp;
        }
        int iMin = 0, iMax = m, halfLen = (m + n + 1) / 2;
        while (iMin <= iMax) {
            int i = (iMin + iMax) / 2;
            int j = halfLen - i;
            if (i < iMax && B[j-1] > A[i]){
                iMin = i + 1; // i is too small
            }
            else if (i > iMin && A[i-1] > B[j]) {
                iMax = i - 1; // i is too big
            }
            else { // i is perfect
                int maxLeft = 0;
                if (i == 0) { maxLeft = B[j-1]; }
                else if (j == 0) { maxLeft = A[i-1]; }
                else { maxLeft = Math.max(A[i-1], B[j-1]); }
                if ( (m + n) % 2 == 1 ) { return maxLeft; }

                int minRight = 0;
                if (i == m) { minRight = B[j]; }
                else if (j == n) { minRight = A[i]; }
                else { minRight = Math.min(B[j], A[i]); }

                return (maxLeft + minRight) / 2.0;
            }
        }
        return 0.0;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(log⁡(min(m,n)))，
首先，查找的区间是 [0,m]。 而该区间的长度在每次循环之后都会减少为原来的一半。 所以，我们只需要执行 log⁡(m) 次循环。由于我们在每次循环中进行常量次数的操作，所以时间复杂度为 O(log⁡(m))。 由于 m≤n，所以时间复杂度是 O(log⁡(min(m,n)))。

空间复杂度：O(1)， 我们只需要恒定的内存来存储 9 个局部变量， 所以空间复杂度为 O(1)。

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