题目

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 1：

  1. 输入：nums1 = [1,3], nums2 = [2]
  2. 输出：2.00000
  3. 解释：合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2

示例 2：

  1. 输入：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]
  2. 输出：2.50000
  3. 解释：合并数组 = [1,2,3,4] ，中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5

示例 3：

  1. 输入：nums1 = [0,0], nums2 = [0,0]
  2. 输出：0.00000

示例 4：

  1. 输入：nums1 = [], nums2 = [1]
  2. 输出：1.00000

示例 5：

  1. 输入：nums1 = [2], nums2 = []
  2. 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

方法一：二分查找

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：

  1. 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。
  3. 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 000 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 mmm 和 nnn，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)O(m+n)O(m+n)，空间复杂度是 O(m+n)O(m+n)O(m+n)。第二种思路虽然可以将空间复杂度降到 O(1)O(1)O(1)，但是时间复杂度仍是 O(m+n)O(m+n)O(m+n)。

如何把时间复杂度降低到 O(log⁡(m+n))O(\log(m+n))O(log(m+n)) 呢？如果对时间复杂度的要求有 log⁡\loglog，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+nm+nm+n 是奇数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2(m+n)/2(m+n)/2 个元素，当 m+nm+nm+n 是偶数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2(m+n)/2(m+n)/2 个元素和第 (m+n)/2+1(m+n)/2+1(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 kkk 小的数，其中 kkk 为 (m+n)/2(m+n)/2(m+n)/2 或 (m+n)/2+1(m+n)/2+1(m+n)/2+1。

假设两个有序数组分别是 A\text{A}A 和 B\text{B}B。要找到第 kkk 个元素，我们可以比较 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 和 B[k/2−1]\text{B}[k/2-1]B[k/2−1]，其中 /// 表示整数除法。由于 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 和 B[k/2−1]\text{B}[k/2-1]B[k/2−1] 的前面分别有 A[0 .. k/2−2]\text{A}[0\,..\,k/2-2]A[0..k/2−2] 和 B[0 .. k/2−2]\text{B}[0\,..\,k/2-2]B[0..k/2−2]，即 k/2−1k/2-1k/2−1 个元素，对于 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 和 B[k/2−1]\text{B}[k/2-1]B[k/2−1] 中的较小值，最多只会有 (k/2−1)+(k/2−1)≤k−2(k/2-1)+(k/2-1) \leq k-2(k/2−1)+(k/2−1)≤k−2 个元素比它小，那么它就不能是第 kkk 小的数了。

因此我们可以归纳出三种情况：

  1. 如果 A[k/2−1]<B[k/2−1]\text{A}[k/2-1] < \text{B}[k/2-1]A[k/2−1]<B[k/2−1]，则比 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 小的数最多只有 A\text{A}A 的前 k/2−1k/2-1k/2−1 个数和 B\text{B}B 的前 k/2−1k/2-1k/2−1 个数，即比 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 小的数最多只有 k−2k-2k−2 个，因此 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 不可能是第 kkk 个数，A[0]\text{A}[0]A[0] 到 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 也都不可能是第 kkk 个数，可以全部排除。
  3. 如果 A[k/2−1]>B[k/2−1]\text{A}[k/2-1] > \text{B}[k/2-1]A[k/2−1]>B[k/2−1]，则可以排除 B[0]\text{B}[0]B[0] 到 B[k/2−1]\text{B}[k/2-1]B[k/2−1]。
  5. 如果 A[k/2−1]=B[k/2−1]\text{A}[k/2-1] = \text{B}[k/2-1]A[k/2−1]=B[k/2−1]，则可以归入第一种情况处理。

fig1

可以看到，比较 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 和 B[k/2−1]\text{B}[k/2-1]B[k/2−1] 之后，可以排除 k/2k/2k/2 个不可能是第 kkk 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 kkk 的值，这是因为我们排除的数都不大于第 kkk 小的数。

有以下三种情况需要特殊处理：

  1. 如果 A[k/2−1]\text{A}[k/2-1]A[k/2−1] 或者 B[k/2−1]\text{B}[k/2-1]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 kkk 的值，而不能直接将 kkk 减去 k/2k/2k/2。
  3. 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 kkk 小的元素。
  5. 如果 k=1k=1k=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 444 和 999，长度之和是 131313，中位数是两个有序数组中的第 777 个元素，因此需要找到第 k=7k=7k=7 个元素。

比较两个有序数组中下标为 k/2−1=2k/2-1=2k/2−1=2 的数，即 A[2]\text{A}[2]A[2] 和 B[2]\text{B}[2]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]\text{A}[2] > \text{B}[2]A[2]>B[2]，因此排除 B[0]\text{B}[0]B[0] 到 B[2]\text{B}[2]B[2]，即数组 B\text{B}B 的下标偏移（offset）变为 333，同时更新 kkk 的值：k=k−k/2=4k=k-k/2=4k=k−k/2=4。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 k/2−1=1k/2-1=1k/2−1=1 的数，即 A[1]\text{A}[1]A[1] 和 B[4]\text{B}[4]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]\text{A}[1] < \text{B}[4]A[1]<B[4]，因此排除 A[0]\text{A}[0]A[0] 到 A[1]\text{A}[1]A[1]，即数组 A\text{A}A 的下标偏移变为 222，同时更新 kkk 的值：k=k−k/2=2k=k-k/2=2k=k−k/2=2。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 k/2−1=0k/2-1=0k/2−1=0 的数，即比较 A[2]\text{A}[2]A[2] 和 B[3]\text{B}[3]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]\text{A}[2]=\text{B}[3]A[2]=B[3]，根据之前的规则，排除 A\text{A}A 中的元素，因此排除 A[2]\text{A}[2]A[2]，即数组 A\text{A}A 的下标偏移变为 333，同时更新 kkk 的值： k=k−k/2=1k=k-k/2=1k=k−k/2=1。

由于 kkk 的值变成 111，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 kkk 个数，由于 A[3]>B[3]\text{A}[3] > \text{B}[3]A[3]>B[3]，因此第 kkk 个数是 B[3]=4\text{B}[3]=4B[3]=4。

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

class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;
int totalLength = length1 + length2;
if (totalLength % 2 == 1) {
int midIndex = totalLength / 2;
double median = getKthElement(nums1, nums2, midIndex + 1);
return median;
} else {
int midIndex1 = totalLength / 2 - 1, midIndex2 = totalLength / 2;
double median = (getKthElement(nums1, nums2, midIndex1 + 1) + getKthElement(nums1, nums2, midIndex2 + 1)) / 2.0;
return median;
}
}

  1. public int getKthElement(int[] nums1, int[] nums2, int k) {<br />        /* 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<br />         * 这里的 "/" 表示整除<br />         * nums1 中小于等于 pivot1 的元素有 nums1[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个<br />         * nums2 中小于等于 pivot2 的元素有 nums2[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个<br />         * 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<br />         * 这样 pivot 本身最大也只能是第 k-1 小的元素<br />         * 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<br />         * 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<br />         * 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<br />         */
  3.     int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;<br />        int index1 = 0, index2 = 0;<br />        int kthElement = 0;
  5.     while (true) {<br />            // 边界情况<br />            if (index1 == length1) {<br />                return nums2[index2 + k - 1];<br />            }<br />            if (index2 == length2) {<br />                return nums1[index1 + k - 1];<br />            }<br />            if (k == 1) {<br />                return Math.min(nums1[index1], nums2[index2]);<br />            }<br />            <br />            // 正常情况<br />            int half = k / 2;<br />            int newIndex1 = Math.min(index1 + half, length1) - 1;<br />            int newIndex2 = Math.min(index2 + half, length2) - 1;<br />            int pivot1 = nums1[newIndex1], pivot2 = nums2[newIndex2];<br />            if (pivot1 <= pivot2) {<br />                k -= (newIndex1 - index1 + 1);<br />                index1 = newIndex1 + 1;<br />            } else {<br />                k -= (newIndex2 - index2 + 1);<br />                index2 = newIndex2 + 1;<br />            }<br />        }<br />    }<br />}

复杂度分析

  1. 时间复杂度：O(log⁡(m+n))O(\log(m+n))O(log(m+n))，其中 mmm 和 nnn 分别是数组 nums1\textit{nums}_1nums1 和 nums2\textit{nums}_2nums2 的长度。初始时有 k=(m+n)/2k=(m+n)/2k=(m+n)/2 或 k=(m+n)/2+1k=(m+n)/2+1k=(m+n)/2+1，每一轮循环可以将查找范围减少一半，因此时间复杂度是 O(log⁡(m+n))O(\log(m+n))O(log(m+n))。
  3. 空间复杂度：O(1)O(1)O(1)。

方法二：划分数组

说明

方法一的时间复杂度已经很优秀了，但本题存在时间复杂度更低的一种方法。这里给出推导过程，勇于挑战自己的读者可以进行尝试。

思路与算法

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：

  1. 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 iii 将 A\text{A}A 划分成两个部分：

  1.        left_A            |          right_A<br />    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， 所以有 m+1m+1m+1 种划分的方法（i∈[0,m]i \in [0, m]i∈[0,m]）。

  1. 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.
  3. 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，在任意位置 jjj 将 B\text{B}B 划分成两个部分：

  1.        left_B            |          right_B<br />    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：

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

当 A\text{A}A 和 B\text{B}B 的总长度是偶数时，如果可以确认：

  1. len(left_part)=len(right_part)\text{len}(\text{left\_part}) = \text{len}(\text{right\_part})len(left_part)=len(right_part)<br />    max⁡(left_part)≤min⁡(right_part)\max(\text{left\_part}) \leq \min(\text{right\_part})max(left_part)≤min(right_part)

那么，{A,B}{\text{A}, \text{B}}{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=max(leftpart)+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)

当 A\text{A}A 和 B\text{B}B 的总长度是奇数时，如果可以确认：

  1. len(left_part)=len(right_part)+1\text{len}(\text{left\_part}) = \text{len}(\text{right\_part})+1len(left_part)=len(right_part)+1<br />    max⁡(left_part)≤min⁡(right_part)\max(\text{left\_part}) \leq \min(\text{right\_part})max(left_part)≤min(right_part)

那么，{A,B}{\text{A}, \text{B}}{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(leftpart)\text{median} = \text{max}(\text{left}\\text{part}) 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：

  1. i+j=m−i+n−ji + j = m - i + n - ji+j=m−i+n−j（当 m+nm+nm+n 为偶数）或 i+j=m−i+n−j+1i + j = m - i + n - j + 1i+j=m−i+n−j+1（当 m+nm+nm+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 iii 和 jjj 全部移到等号左侧，我们就可以得到 i+j=m+n+12i+j = \frac{m + n + 1}{2}i+j=2m+n+1。这里的分数结果只保留整数部分。
  3. 0≤i≤m0 \leq i \leq m0≤i≤m，0≤j≤n0 \leq j \leq n0≤j≤n。如果我们规定 A\text{A}A 的长度小于等于 B\text{B}B 的长度，即 m≤nm \leq nm≤n。这样对于任意的 i∈[0,m]i \in [0, m]i∈[0,m]，都有 j=m+n+12−i∈[0,n]j = \frac{m + n + 1}{2} - i \in [0, n]j=2m+n+1−i∈[0,n]，那么我们在 [0,m][0, m][0,m] 的范围内枚举 iii 并得到 jjj，就不需要额外的性质了。
  5.     如果 A\text{A}A 的长度较大，那么我们只要交换 A\text{A}A 和 B\text{B}B 即可。
  7.     如果 m>nm > nm>n ，那么得出的 jjj 有可能是负数。
  9. 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]，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]\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。对于 i=0i=0i=0、i=mi=mi=m、j=0j=0j=0、j=nj=nj=n 这样的临界条件，我们只需要规定 A[−1]=B[−1]=−∞\text{A}[-1]=\text{B}[-1]=-\inftyA[−1]=B[−1]=−∞，A[m]=B[n]=∞A[m]=\text{B}[n]=\inftyA[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：

  1. 在 [0,m][0, m][0,m] 中找到 iii，使得：
  3. 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

我们证明它等价于：

  1. 在 [0,m][0, m][0,m] 中找到最大的 iii，使得：
  3. A[i−1]≤B[j]\qquad \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

这是因为：

  1. 当 iii 从 0∼m0 \sim m0∼m 递增时，A[i−1]\text{A}[i-1]A[i−1] 递增，B[j]\text{B}[j]B[j] 递减，所以一定存在一个最大的 iii 满足 A[i−1]≤B[j]\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]A[i−1]≤B[j]；
  3. 如果 iii 是最大的，那么说明 i+1i+1i+1 不满足。将 i+1i+1i+1 带入可以得到 A[i]>B[j−1]\text{A}[i] > \text{B}[j-1]A[i]>B[j−1]，也就是 B[j−1]<A[i]\text{B}[j - 1] < \text{A}[i]B[j−1]<A[i]，就和我们进行等价变换前 iii 的性质一致了（甚至还要更强）。

因此我们可以对 iii 在 [0,m][0, m][0,m] 的区间上进行二分搜索，找到最大的满足 A[i−1]≤B[j]\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]A[i−1]≤B[j] 的 iii 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。

class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
if (nums1.length > nums2.length) {
return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
}

  1.     int m = nums1.length;<br />        int n = nums2.length;<br />        int left = 0, right = m;<br />        // median1：前一部分的最大值<br />        // median2：后一部分的最小值<br />        int median1 = 0, median2 = 0;
  3.     while (left <= right) {<br />            // 前一部分包含 nums1[0 .. i-1] 和 nums2[0 .. j-1]<br />            // 后一部分包含 nums1[i .. m-1] 和 nums2[j .. n-1]<br />            int i = (left + right) / 2;<br />            int j = (m + n + 1) / 2 - i;
  5.         // nums_im1, nums_i, nums_jm1, nums_j 分别表示 nums1[i-1], nums1[i], nums2[j-1], nums2[j]<br />            int nums_im1 = (i == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums1[i - 1]);<br />            int nums_i = (i == m ? Integer.MAX_VALUE : nums1[i]);<br />            int nums_jm1 = (j == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums2[j - 1]);<br />            int nums_j = (j == n ? Integer.MAX_VALUE : nums2[j]);
  7.         if (nums_im1 <= nums_j) {<br />                median1 = Math.max(nums_im1, nums_jm1);<br />                median2 = Math.min(nums_i, nums_j);<br />                left = i + 1;<br />            } else {<br />                right = i - 1;<br />            }<br />        }
  9.     return (m + n) % 2 == 0 ? (median1 + median2) / 2.0 : median1;<br />    }<br />}

复杂度分析

  1. 时间复杂度：O(log⁡min⁡(m,n)))O(\log\min(m,n)))O(logmin(m,n)))，其中 mmm 和 nnn 分别是数组 nums1\textit{nums}_1nums1 和 nums2\textit{nums}_2nums2 的长度。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，只需要执行 log⁡m\log mlogm 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(log⁡m)O(\log m)O(logm)。由于我们可能需要交换 nums1\textit{nums}_1nums1 和 nums2\textit{nums}_2nums2 使得 m≤nm \leq nm≤n，因此时间复杂度是 O(log⁡min⁡(m,n)))O(\log\min(m,n)))O(logmin(m,n)))。
  3. 空间复杂度：O(1)O(1)O(1)。

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