LeetCode68 - 寻找两个正序数组的中位数

📝 题目描述

题目链接：寻找两个正序数组的中位数

给定两个大小分别为 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。

算法的时间复杂度应该为 $O(log(m+n))$。

示例：

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

提示：

• nums1.length == m
• nums2.length == n
• 0 <= m <= 1000
• 0 <= n <= 1000
• 1 <= m + n <= 2000
• -10^6 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^6

💡 解题思路

方法一：二分查找

把时间复杂度降低到 $O(log(m+n))$，如果对时间复杂度的要求有 $log$，通常都需要用到二分查找，这道题也可以通过二分查找实现。

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 $(m+n+1)/2$ 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，我们可以比较 $A[k/2−1]$ 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。

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

有以下三种情况需要特殊处理：

• 如果 $A[k/2−1]$ 或者 $B[k/2−1]$ 越界，那么我们可以选取对应数组中的最后一个元素。在这种情况下，我们必须根据排除数的个数减少 $k$ 的值，而不能直接将 $k$ 减去 $k/2$。
• 如果一个数组为空，说明该数组中的所有元素都被排除，我们可以直接返回另一个数组中第 $k$ 小的元素。
• 如果 $k=1$，我们只要返回两个数组首元素的最小值即可。

用一个例子说明上述算法。假设两个有序数组如下：

A: 1 3 4 9
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9

两个有序数组的长度分别是 $4$ 和 $9$，长度之和是 $13$，中位数是两个有序数组中的第 $7$ 个元素，因此需要找到第 $k=7$ 个元素。

比较两个有序数组中下标为 $k/2−1=2$ 的数，即 $A[2]$ 和 $B[2]$，如下面所示：

A: 1 3 4 9
       ↑
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9
       ↑

由于 $A[2]>B[2]$，因此排除 $B[0]$ 到 $B[2]$，即数组 $B$ 的下标偏移（offset）变为 $3$，同时更新 $k$ 的值：$k=k−k/2=4$。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 $k/2−1=1$ 的数，即 $A[1]$ 和 $B[4]$，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

A: 1 3 4 9
     ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
             ↑

由于 $A[1]<B[4]$，因此排除 $A[0]$ 到 $A[1]$，即数组 $A$ 的下标偏移变为 $2$，同时更新 $k$ 的值：$k=k−k/2=2$。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 $k/2−1=0$ 的数，即比较 $A[2]$ 和 $B[3]$，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

A: [1 3] 4 9
         ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
           ↑

由于 $A[2]=B[3]$，根据之前的规则，排除 $A$ 中的元素，因此排除 $A[2]$，即数组 $A$ 的下标偏移变为 $3$，同时更新 $k$ 的值： $k=k−k/2=1$。

由于 $k$ 的值变成 $1$，因此比较两个有序数组中的未排除下标范围内的第一个数，其中较小的数即为第 $k$ 个数，由于 $A[3]>B[3]$，因此第 $k$ 个数是 $B[3]=4$。

A: [1 3 4] 9
           ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
           ↑

方法二：划分数组✅️

为了使用划分的方法解决这个问题，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，就很接近答案了。

首先，在任意位置 $i$ 将 $A$ 划分成两个部分：

       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， 所以有 $m+1$ 种划分的方法（$i∈[0,m]$）。

$len(left\_A)=i,len(right\_A)=m−i.$

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，在任意位置 $j$ 将 $B$ 划分成两个部分：

       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 $right\_A$ 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 $right\_part$：

      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]

当 $A$ 和 $B$ 的总长度是偶数时，如果可以确认：

• $len(left\_part)=len(right\_part)$
• $max(left\_part)≤min(right\_part)$

那么，${A,B}$ 中的所有元素已经被划分为相同长度的两个部分，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值和后一部分的最小值的平均值：

$$median=\frac{max(left\_part)+min(right\_part)}{2}​$$

当 $A$ 和 $B$ 的总长度是奇数时，如果可以确认：

• $len(left\_part)=len(right\_part)+1$
• $max(left\_part)≤min(right\_part)$

那么，${A,B}$ 中的所有元素已经被划分为两个部分，前一部分比后一部分多一个元素，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值：

$$median=max(left\_part)$$

第一个条件对于总长度是偶数和奇数的情况有所不同，但是可以将两种情况合并。第二个条件对于总长度是偶数和奇数的情况是一样的。

要确保这两个条件，只需要保证：

• $i+j=m−i+n−j$（当 $m+n$ 为偶数）或 $i+j=m−i+n−j+1$（当 $m+n$ 为奇数）。等号左侧为前一部分的元素个数，等号右侧为后一部分的元素个数。将 $i$ 和 $j$ 全部移到等号左侧，我们就可以得到 $i+j=\frac{m+n+1}{2}$​。这里的分数结果只保留整数部分。

• $0≤i≤m，0≤j≤n$。如果我们规定 $A$ 的长度小于等于 $B$ 的长度，即 $m≤n$。这样对于任意的 $i∈[0,m]$，都有 $j=\frac{m+n+1​}{2}−i∈[0,n]$，那么我们在 $[0,m]$ 的范围内枚举 $i$ 并得到 $j$，就不需要额外的性质了。

  • 如果 $A$ 的长度较大，那么我们只要交换 $A$ 和 $B$ 即可。
  • 如果 $m>n$ ，那么得出的 $j$ 有可能是负数。

$B[j−1]≤A[i]$ 以及 $A[i−1]≤B[j]$，即前一部分的最大值小于等于后一部分的最小值。

为了简化分析，假设 $A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]$ 总是存在。对于 $i=0、i=m、j=0、j=n$ 这样的临界条件，我们只需要规定 $A[−1]=B[−1]=−∞，A[m]=B[n]=∞$ 即可。这也是比较直观的：当一个数组不出现在前一部分时，对应的值为负无穷，就不会对前一部分的 最大值 产生影响；当一个数组不出现在后一部分时，对应的值为正无穷，就不会对后一部分的 最小值 产生影响。

所以我们需要做的是：

在 $[0,m]$ 中找到 $i$，使得：
$B[j−1]≤A[i]$ 且 $A[i−1]≤B[j]$，其中 $j=\frac{m+n+1}{2}​−i$

我们证明它等价于：

在 $[0,m]$ 中找到最大的 $i$，使得：
$A[i−1]≤B[j]$，其中 $j=\frac{m+n+1}{2}​−i$

这是因为：

• 当 $i$ 从 $0∼m$ 递增时，$A[i−1]$ 递增，$B[j]$ 递减，所以一定存在一个最大的 $i$ 满足 $A[i−1]≤B[j]$；
• 如果 $i$ 是最大的，那么说明 $i+1$ 不满足。将 $i+1$ 带入可以得到 $A[i]>B[j−1]$，也就是 $B[j−1]<A[i]$，就和我们进行等价变换前 $i$ 的性质一致了（甚至还要更强）。

因此我们可以对 $i$ 在 $[0,m]$ 的区间上进行二分搜索，找到最大的满足 $A[i−1]≤B[j]$ 的 $i$ 值，就得到了划分的方法。此时，划分前一部分元素中的最大值，以及划分后一部分元素中的最小值，才可能作为就是这两个数组的中位数。

🔧 代码实现

1、二分查找

class Solution {
public:
    int getKthElement(const vector<int>& nums1, const vector<int>& nums2, int k) {
        /* 主要思路：要找到第 k (k>1) 小的元素，那么就取 pivot1 = nums1[k/2-1] 和 pivot2 = nums2[k/2-1] 进行比较
         * 这里的 "/" 表示整除
         * nums1 中小于等于 pivot1 的元素有 nums1[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个
         * nums2 中小于等于 pivot2 的元素有 nums2[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个
         * 取 pivot = min(pivot1, pivot2)，两个数组中小于等于 pivot 的元素共计不会超过 (k/2-1) + (k/2-1) <= k-2 个
         * 这样 pivot 本身最大也只能是第 k-1 小的元素
         * 如果 pivot = pivot1，那么 nums1[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums1 数组
         * 如果 pivot = pivot2，那么 nums2[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums2 数组
         * 由于我们 "删除" 了一些元素（这些元素都比第 k 小的元素要小），因此需要修改 k 的值，减去删除的数的个数
         */

        // 获取两个数组的各自长度
        int m = nums1.size(), n = nums2.size();
        int index1 = 0, index2 = 0;

        while (true) {
            // 边界情况
            if (index1 == m) {
                return nums2[index2 + k - 1];
            }
            if (index2 == n) {
                return nums1[index1 + k - 1];
            }
            if (k == 1) {
                return min(nums1[index1], nums2[index2]);
            }

            // 正常情况，获取新索引的值
            int newIndex1 = min(index1 + k / 2 - 1, m - 1);
            int newIndex2 = min(index2 + k / 2 - 1, n - 1);
            int pivot1 = nums1[newIndex1], pivot2 = nums2[newIndex2];
            // 本来是寻找第 k 小，删去了 x 个元素，变成寻找第 k - x 小
            if (pivot1 <= pivot2) {
                k -= newIndex1 - index1 + 1;
                index1 = newIndex1 + 1;
            } else {
                k -= newIndex2 - index2 + 1;
                index2 = newIndex2 + 1;
            }
        }
    }
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        // 获取总长度
        int totalLength = nums1.size() + nums2.size();
        // 判断总长度是奇数还是偶数
        if (totalLength % 2 == 1) {
            // 奇数，返回第 totalLength + 1 / 2 的数
            return getKthElement(nums1, nums2, (totalLength + 1) / 2);
        } else {
            // 偶数，返回第 totalLength / 2 和第 totalLength / 2 + 1 的数的平均值
            return (getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2) + 
            getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2 + 1)) / 2.0;
        }
    }
};

2、划分数组

class Solution {
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        // 若不满足 数组A的长度小于等于数组B的长度，交换两个数组
        if (nums1.size() > nums2.size()) return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);

        int m = nums1.size(), n = nums2.size(), left = 0, right = m;
        // median1：前一部分的最大值
        // median2：后一部分的最小值
        int median1 = 0, median2 = 0;

        while(left <= right) {
            // 前一部分包含 nums1[0 .. i-1] 和 nums2[0 .. j-1]
            // 后一部分包含 nums1[i .. m-1] 和 nums2[j .. n-1]
            int i = (left + right) / 2, j = (m + n + 1) / 2 - i;
            
            // nums_im1, nums_i, nums_jm1, nums_j 分别表示 nums1[i-1], nums1[i], nums2[j-1], nums2[j]
            int nums_im1 = (i == 0 ? INT_MIN : nums1[i - 1]);
            int nums_i = (i == m ? INT_MAX : nums1[i]);
            int nums_jm1 = (j == 0 ? INT_MIN : nums2[j - 1]);
            int nums_j = (j == n ? INT_MAX : nums2[j]);

            if (nums_im1 <= nums_j) {
                median1 = max(nums_im1, nums_jm1);
                median2 = min(nums_i, nums_j);
                left = i + 1;
            } else {
                right = i - 1;
            }
        }

        return (m + n) % 2 == 0 ? (median1 + median2) / 2.0 : median1;
    }
};

📊 复杂度分析

1、二分查找

• 时间复杂度：$O(log(m+n))$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $nums1$​ 和 $nums2$​ 的长度。初始时有 $k=(m+n)/2$ 或 $k=(m+n)/2+1$，每一轮循环可以将查找范围减少一半。
• 空间复杂度：$O(1)$。

2、划分数组

• 时间复杂度：$O(logmin(m,n))$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $nums1$​ 和 $nums2$​ 的长度。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，只需要执行 $logm$ 次循环。由于每次循环中的操作次数是常数，所以时间复杂度为 $O(logm)$。由于我们可能需要交换 $nums1$​ 和 $nums2$​ 使得 $m≤n$，因此时间复杂度是 $O(logmin(m,n))$。
• 空间复杂度：$O(1)$。

🎯 总结

• 核心思想：理解思路最重要。