LeetCode 4. 两个排序数组的中位数 Median of Two Sorted Arrays

最新推荐文章于 2022-05-30 21:09:51 发布

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博客围绕找出两个有序数组的中位数展开，要求时间复杂度为O(log (m+n))。采用递归法，通过对数组进行划分，确保左右两部分长度相等且左边元素小于右边元素，利用二叉树搜索找到目标值，还考虑了临界值情况，最后分析了复杂度。

给定两个大小为 m 和 n 的有序数组 nums1 和 nums2 。

请找出这两个有序数组的中位数。要求算法的时间复杂度为 O(log (m+n)) 。

你可以假设 nums1 和 nums2 不同时为空。

示例 1:

nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]

中位数是 2.0

示例 2:

nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]

中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5

解决方案

方法：递归法

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 iii 将 A\text{A}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\text{A}A 中有 mmm 个元素，所以我们有 m+1m+1m+1 种划分的方法（i=0∼mi = 0 \sim mi=0∼m）。

我们知道：

len(left_A)=i,len(right_A)=m−i\text{len}(\text{left\_A}) = i, \text{len}(\text{right\_A}) = m - ilen(left_A)=i,len(right_A)=m−i.

注意：当 i=0i = 0i=0 时，left_A\text{left\_A}left_A 为空集，而当 i=mi = mi=m 时, right_A\text{right\_A}right_A 为空集。

采用同样的方式，我们在任一位置 jjj 将 B\text{B}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\text{left\_A}left_A 和 left_B\text{left\_B}left_B 放入一个集合，并将 right_A\text{right\_A}right_A 和 right_B\text{right\_B}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\text{left\_part}left_part 和 right_part\text{right\_part}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]
如果我们可以确认：

len(left_part)=len(right_part)\text{len}(\text{left\_part}) = \text{len}(\text{right\_part})len(left_part)=len(right_part)
max(left_part)≤min(right_part)\max(\text{left\_part}) \leq \min(\text{right\_part})max(left_part)≤min(right_part)

那么，我们已经将 {A,B}\{\text{A}, \text{B}\}{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 \text{median} = \frac{\text{max}(\text{left}\_\text{part}) + \text{min}(\text{right}\_\text{part})}{2} median=2max(left_part)+min(right_part)

要确保这两个条件，我们只需要保证：

i+j=m−i+n−ji + j = m - i + n - ji+j=m−i+n−j（或：m−i+n−j+1m - i + n - j + 1m−i+n−j+1）如果 n≥mn \geq mn≥m，只需要使 i=0∼m, j=m+n+12−i

B[j−1]≤A[i]\text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]B[j−1]≤A[i] 以及 A[i−1]≤B[j]\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]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]\text{A}[i-1], \text{B}[j-1], \text{A}[i], \text{B}[j]A[i−1],B[j−1],A[i],B[j] 总是存在，哪怕出现 i=0i=0i=0，i=mi=mi=m，j=0j=0j=0，或是 j=nj=nj=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≥mn \geq mn≥m？由于0≤i≤m0 \leq i \leq m0≤i≤m 且 j=m+n+12−ij = \frac{m + n + 1}{2} - ij=2m+n+1−i，我必须确保 jjj 不是负数。如果 n<mn < mn<m，那么 jjj 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 iii，以使：

B[j−1]≤A[i] \qquad \text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]\ B[j−1]≤A[i] 且 A[i−1]≤B[j], \ \text{A}[i-1] \leq \text{B}[j],\ A[i−1]≤B[j], 其中 j=m+n+12−ij = \frac{m + n + 1}{2} - ij=2m+n+1−i

接着，我们可以按照以下步骤来进行二叉树搜索：

设 imin=0\text{imin} = 0imin=0，imax=m\text{imax} = mimax=m, 然后开始在 [imin,imax][\text{imin}, \text{imax}][imin,imax] 中进行搜索。
令 i=imin+imax2i = \frac{\text{imin} + \text{imax}}{2}i=2imin+imax， j=m+n+12−ij = \frac{m + n + 1}{2} - ij=2m+n+1−i

现在我们有 len(left_part)=len(right_part)\text{len}(\text{left}\_\text{part})=\text{len}(\text{right}\_\text{part})len(left_part)=len(right_part)。而且我们只会遇到三种情况：

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

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

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

当找到目标对象 iii 时，中位数为：

max(A[i−1],B[j−1]), \max(\text{A}[i-1], \text{B}[j-1]), \ max(A[i−1],B[j−1]), 当 m+nm + nm+n 为奇数时

max(A[i−1],B[j−1])+min(A[i],B[j])2, \frac{\max(\text{A}[i-1], \text{B}[j-1]) + \min(\text{A}[i], \text{B}[j])}{2}, \ 2max(A[i−1],B[j−1])+min(A[i],B[j]), 当 m+nm + nm+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=ni=0,i=m,j=0,j=ni=0,i=m,j=0,j=n，此时 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]\text{A}[i-1],\text{B}[j-1],\text{A}[i],\text{B}[j]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)\text{max}(\text{left}\_\text{part}) \leq \text{min}(\text{right}\_\text{part})max(left_part)≤min(right_part)。因此，如果 iii 和 jjj 不是临界值（这意味着 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]\text{A}[i-1], \text{B}[j-1],\text{A}[i],\text{B}[j]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]\text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]B[j−1]≤A[i] 以及 A[i−1]≤B[j]\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]A[i−1]≤B[j] 是否成立。但是如果 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]\text{A}[i-1],\text{B}[j-1],\text{A}[i],\text{B}[j]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=0i = 0i=0，那么 A[i−1]\text{A}[i-1]A[i−1] 不存在，我们就不需要检查 A[i−1]≤B[j]\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]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 iii，以使：

(j=0(j = 0(j=0 or i=mi = mi=m or B[j−1]≤A[i])\text{B}[j-1] \leq \text{A}[i])B[j−1]≤A[i]) 或是 (i=0(i = 0(i=0 or j=nj = nj=n or A[i−1]≤B[j]),\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]),A[i−1]≤B[j]), 其中 j=m+n+12−ij = \frac{m + n + 1}{2} - ij=2m+n+1−i

在循环搜索中，我们只会遇到三种情况：

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

感谢 @Quentin.chen 指出： i<m⟹j>0
以及 i>0⟹j<n
始终成立，这是因为：

m≤n, i<m⟹j=m+n+12−i>m+n+12−m≥2m+12−m≥0

m≤n, i>0⟹j=m+n+12−i<m+n+12≤2n+12≤n

所以，在情况 2 和 3中，我们不需要检查 j>0j > 0j>0 或是 j<nj < nj<n 是否成立。

复杂度分析

时间复杂度：O(log(min(m,n)))O\big(\log\big(\text{min}(m,n)\big)\big)O(log(min(m,n)))，
首先，查找的区间是 [0,m][0, m][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)\log(m)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))O\big(\log(m)\big)O(log(m))。由于 m≤nm \leq nm≤n，所以时间复杂度是 O(log(min(m,n)))O\big(\log\big(\text{min}(m,n)\big)\big)O(log(min(m,n)))。

空间复杂度：O(1)O(1)O(1)，我们只需要恒定的内存来存储 999 个局部变量，所以空间复杂度为 O(1)O(1)O(1)。

public class Solution {
     private double findKthSortedArrays(int A[], int astart, int aend,  
                                       int B[], int bstart, int bend, int k) {  
        int m = aend - astart, n = bend - bstart;  
        if (m < n) {  
            return findKthSortedArrays(B, bstart, bend, A, astart, aend, k);  
        }  
        if (n == 0)  
            return A[astart + k - 1];  
        if (k == 1)  
            return Math.min(A[astart], B[bstart]);  
  
        int pb = Math.min(k / 2, n), pa = k - pb;  
        if (A[astart + pa - 1] > B[bstart + pb - 1])  
            return findKthSortedArrays(A, astart, aend, B, bstart + pb, bend, k - pb);  
        else if (A[astart + pa - 1] < B[bstart + pb - 1])  
            return findKthSortedArrays(A, astart + pa, aend, B, bstart, bend, k - pa);  
        else  
            return A[astart + pa - 1];  
    }  
    
    public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
        int m = nums1.length, n = nums2.length;  
        if ((n + m) % 2 == 1) {
            return findKthSortedArrays(nums1, 0, m, nums2, 0, n, (n + m) / 2 + 1);  
        } else {
            return (findKthSortedArrays(nums1, 0, m, nums2, 0, n, (n + m) / 2 + 1) +  
                    findKthSortedArrays(nums1, 0, m, nums2, 0, n, (n + m) / 2)) / 2.0;  
        }  
    }
}

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