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0004. 寻找两个正序数组的中位数

题目地址(4. 寻找两个正序数组的中位数)

https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/

题目描述

给定两个大小为 m 和 n 的正序（从小到大）数组 nums1 和 nums2。
​
请你找出这两个正序数组的中位数，并且要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))。
​
你可以假设 nums1 和 nums2 不会同时为空。
​
 
​
示例 1:
​
nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]
​
则中位数是 2.0
示例 2:
​
nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]
​
则中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5
​

前置知识

  • 中位数
  • 分治法
  • 二分查找

公司

  • 阿里
  • 百度
  • 腾讯

暴力法

思路

首先了解一下 Median 的概念，一个数组中 median 就是把数组分成左右等分的中位数。
如下图：
中位数概念
知道了概念，我们先来看下如何使用暴力法来解决。
试了一下，暴力解法也是可以被 Leetcode Accept 的。
暴力解主要是要 merge 两个排序的数组（A，B）成一个排序的数组。
用两个pointer（i，j），i 从数组A起始位置开始，即i=0开始，j 从数组B起始位置， 即j=0开始. 一一比较 A[i] 和 B[j],
  1. 1.
    如果A[i] <= B[j], 则把A[i] 放入新的数组中，i 往后移一位，即 i+1.
  2. 2.
    如果A[i] > B[j], 则把B[j] 放入新的数组中，j 往后移一位，即 j+1.
  3. 3.
    重复步骤#1 和 #2，直到i移到A最后，或者j移到B最后。
  4. 4.
    如果j移动到B数组最后，那么直接把剩下的所有A依次放入新的数组中.
  5. 5.
    如果i移动到A数组最后，那么直接把剩下的所有B依次放入新的数组中.
整个过程类似归并排序的合并过程
Merge 的过程如下图。
暴力法图解
​
时间复杂度和空间复杂度都是O(m+n), 不符合题中给出O(log(m+n))时间复杂度的要求。

代码

代码支持： Java，JS：
Java Code：
class MedianTwoSortedArrayBruteForce {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int[] newArr = mergeTwoSortedArray(nums1, nums2);
int n = newArr.length;
if (n % 2 == 0) {
// even
return (double) (newArr[n / 2] + newArr[n / 2 - 1]) / 2;
} else {
// odd
return (double) newArr[n / 2];
}
}
private int[] mergeTwoSortedArray(int[] nums1, int[] nums2) {
int m = nums1.length;
int n = nums2.length;
int[] res = new int[m + n];
int i = 0;
int j = 0;
int idx = 0;
while (i < m && j < n) {
if (nums1[i] <= nums2[j]) {
res[idx++] = nums1[i++];
} else {
res[idx++] = nums2[j++];
}
}
while (i < m) {
res[idx++] = nums1[i++];
}
while (j < n) {
res[idx++] = nums2[j++];
}
return res;
}
}
JS Code:
/**
* @param {number[]} nums1
* @param {number[]} nums2
* @return {number}
*/
var findMedianSortedArrays = function (nums1, nums2) {
// 归并排序
const merged = [];
let i = 0;
let j = 0;
while (i < nums1.length && j < nums2.length) {
if (nums1[i] < nums2[j]) {
merged.push(nums1[i++]);
} else {
merged.push(nums2[j++]);
}
}
while (i < nums1.length) {
merged.push(nums1[i++]);
}
while (j < nums2.length) {
merged.push(nums2[j++]);
}
​
const { length } = merged;
return length % 2 === 1
? merged[Math.floor(length / 2)]
: (merged[length / 2] + merged[length / 2 - 1]) / 2;
};
复杂度分析
  • 时间复杂度：$O(max(m, n))$
  • 空间复杂度：$O(m + n)$

二分查找

思路

如果我们把上一种方法的最终结果拿出来单独看的话，不难发现最终结果就是 nums1 和 nums 两个数组交错形成的新数组，也就是说 nums1 和 nums2 的相对位置并不会发生变化，这是本题的关键信息之一。
为了方便描述，不妨假设最终分割后，数组 nums1 左侧部分是 A，数组 nums2 左侧部分是 B。由于题中给出的数组都是排好序的，在排好序的数组中查找很容易想到可以用二分查找（Binary Search)·, 这里对数组长度小的做二分以减少时间复杂度。对较小的数组做二分可行的原因在于如果一个数组的索引 i 确定了，那么另一个数组的索引位置 j 也是确定的，因为 (i+1) + (j+1) 等于 (m + n + 1) / 2，其中 m 是数组 A 的长度， n 是数组 B 的长度。具体来说，我们可以保证数组 A 和 数组 B 做 partition 之后，len(Aleft)+len(Bleft)=(m+n+1)/2
接下来需要特别注意四个指针：leftp1, rightp1, leftp2, rightp2，分别表示 A 数组分割点，A 数组分割点右侧数，B 数组分割点，B 数组分割点右侧数。不过这里有两个临界点需要特殊处理：
  • 如果分割点左侧没有数，即分割点索引是 0，那么其左侧应该设置为无限小。
  • 如果分割点右侧没有数，即分割点索引是数组长度-1，那么其左侧应该设置为无限大。
如果我们二分之后满足：leftp1 < rightp2 and leftp2 < rightp1,那么说明分割是正确的，直接返回max(leftp1, leftp2)+min(rightp1, rightp2) 即可。否则，说明分割无效，我们需要调整分割点。
如何调整呢？实际上只需要判断 leftp1 > rightp2 的大小关系即可。如果 leftp1 > rightp2，那么说明 leftp1 太大了，我们可以通过缩小上界来降低 leftp1，否则我们需要扩大下界。
核心代码：
if leftp1 > rightp2:
hi = mid1 - 1
else:
lo = mid1 + 1
上面的调整上下界的代码是建立在对数组 nums1 进行二分的基础上的，如果我们对数组 nums2 进行二分，那么相应地需要改为：
if leftp2 > rightp1:
hi = mid2 - 1
else:
lo = mid2 + 1
下面我们通过一个具体的例子来说明。
比如对数组 A 的做 partition 的位置是区间[0,m]
如图：
详细算法图解
​
下图给出几种不同情况的例子（注意但左边或者右边没有元素的时候，左边用INF_MIN，右边用INF_MAX表示左右的元素：
实例解析
下图给出具体做的 partition 解题的例子步骤，
更详细的实例解析
这个算法关键在于：
  1. 1.
    要 partition 两个排好序的数组成左右两等份，partition 需要满足len(Aleft)+len(Bleft)=(m+n+1)/2 - m是数组A的长度， n是数组B的长度，
  2. 2.
    且 partition 后 A 左边最大(maxLeftA), A 右边最小（minRightA), B 左边最大（maxLeftB), B 右边最小（minRightB) 满足 (maxLeftA <= minRightB && maxLeftB <= minRightA)

关键点分析

  • 有序数组容易想到二分查找
  • 对小的数组进行二分可降低时间复杂度
  • 根据 leftp1,rightp2,leftp2 和 rightp1 的大小关系确定结束点和收缩方向

代码

代码支持：JS，CPP， Python3，
JS Code:
/**
* 二分解法
* @param {number[]} nums1
* @param {number[]} nums2
* @return {number}
*/
var findMedianSortedArrays = function (nums1, nums2) {
// make sure to do binary search for shorten array
if (nums1.length > nums2.length) {
[nums1, nums2] = [nums2, nums1];
}
const m = nums1.length;
const n = nums2.length;
let low = 0;
let high = m;
while (low <= high) {
const i = low + Math.floor((high - low) / 2);
const j = Math.floor((m + n + 1) / 2) - i;
​
const maxLeftA = i === 0 ? -Infinity : nums1[i - 1];
const minRightA = i === m ? Infinity : nums1[i];
const maxLeftB = j === 0 ? -Infinity : nums2[j - 1];
const minRightB = j === n ? Infinity : nums2[j];
​
if (maxLeftA <= minRightB && minRightA >= maxLeftB) {
return (m + n) % 2 === 1
? Math.max(maxLeftA, maxLeftB)
: (Math.max(maxLeftA, maxLeftB) + Math.min(minRightA, minRightB)) / 2;
} else if (maxLeftA > minRightB) {
high = i - 1;
} else {
low = low + 1;
}
}
};
Java Code:
class MedianSortedTwoArrayBinarySearch {
public static double findMedianSortedArraysBinarySearch(int[] nums1, int[] nums2) {
// do binary search for shorter length array, make sure time complexity log(min(m,n)).
if (nums1.length > nums2.length) {
return findMedianSortedArraysBinarySearch(nums2, nums1);
}
int m = nums1.length;
int n = nums2.length;
int lo = 0;
int hi = m;
while (lo <= hi) {
// partition A position i
int i = lo + (hi - lo) / 2;
// partition B position j
int j = (m + n + 1) / 2 - i;
​
int maxLeftA = i == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums1[i - 1];
int minRightA = i == m ? Integer.MAX_VALUE : nums1[i];
​
int maxLeftB = j == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums2[j - 1];
int minRightB = j == n ? Integer.MAX_VALUE : nums2[j];
​
if (maxLeftA <= minRightB && maxLeftB <= minRightA) {
// total length is even
if ((m + n) % 2 == 0) {
return (double) (Math.max(maxLeftA, maxLeftB) + Math.min(minRightA, minRightB)) / 2;
} else {
// total length is odd
return (double) Math.max(maxLeftA, maxLeftB);
}
} else if (maxLeftA > minRightB) {
// binary search left half
hi = i - 1;
} else {
// binary search right half
lo = i + 1;
}
}
return 0.0;
}
}
CPP Code:
class Solution {
public:
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
if (nums1.size() > nums2.size()) swap(nums1, nums2);
int M = nums1.size(), N = nums2.size(), L = 0, R = M, K = (M + N + 1) / 2;
while (true) {
int i = (L + R) / 2, j = K - i;
if (i < M && nums2[j - 1] > nums1[i]) L = i + 1;
else if (i > L && nums1[i - 1] > nums2[j]) R = i - 1;
else {
int maxLeft = max(i ? nums1[i - 1] : INT_MIN, j ? nums2[j - 1] : INT_MIN);
if ((M + N) % 2) return maxLeft;
int minRight = min(i == M ? INT_MAX : nums1[i], j == N ? INT_MAX : nums2[j]);
return (maxLeft + minRight) / 2.0;
}
}
}
};
​
Python3 Code:
class Solution:
def findMedianSortedArrays(self, nums1: List[int], nums2: List[int]) -> float:
N = len(nums1)
M = len(nums2)
if N > M:
return self.findMedianSortedArrays(nums2, nums1)
​
lo = 0
hi = N
combined = N + M
​
while lo <= hi:
mid1 = lo + hi >> 1
mid2 = ((combined + 1) >> 1) - mid1
​
leftp1 = -float("inf") if mid1 == 0 else nums1[mid1 - 1]
rightp1 = float("inf") if mid1 == N else nums1[mid1]
​
leftp2 = -float("inf") if mid2 == 0 else nums2[mid2 - 1]
rightp2 = float("inf") if mid2 == M else nums2[mid2]
​
# Check if the partition is valid for the case of
if leftp1 <= rightp2 and leftp2 <= rightp1:
if combined % 2 == 0:
return (max(leftp1, leftp2)+min(rightp1, rightp2)) / 2.0
​
return max(leftp1, leftp2)
else:
if leftp1 > rightp2:
hi = mid1 - 1
else:
lo = mid1 + 1
return -1
复杂度分析
  • 时间复杂度：$O(log(min(m, n)))$
  • 空间复杂度：$O(log(min(m, n)))$
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