4. 寻找两个正序数组的中位数
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
#include <iostream>
#include <vector>
#include <algorithm>
using namespace std;
class Solution {
public:
#if 0
/*
方法一：二分查找
如何把时间复杂度降低到O(log(m+n)) 呢？如果对时间复杂度的要求有 \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。
*/
int getKthElement(const vector<int>& nums1, const vector<int>& nums2, int k) {
//k是从1开始计数
/* 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*/
cout << "getKthElement\n";
int m = nums1.size();
int n = nums2.size();
int index1 = 0, index2 = 0;//从0开始计数
while (true) {
//边界情况
cout << "循环\n";
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
int newIndex1 = min(index1 + k / 2 - 1, m - 1);
int newIndex2 = min(index2 + k / 2 - 1, n - 1);
int pivot1 = nums1[newIndex1];
int pivot2 = nums2[newIndex2];
//比较 pivot1 = nums1[k/2-1] 和 pivot2 = nums2[k/2-1]
//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
if (pivot1 <= pivot2) {
k -= newIndex1 + 1 - index1;
index1 = newIndex1 + 1;
}
else {
k -= newIndex2 + 1 - index2;
index2 = newIndex2 + 1;
}
}
}
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
cout << "findMedianSortedArrays\n";
int totalLength = nums1.size() + nums2.size();
if (totalLength % 2 == 1) {
return getKthElement(nums1, nums2, (totalLength + 1) / 2);
}
else {
return (getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2) + getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2 + 1)) / 2.0;
}
}
/*
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，
因此时间复杂度是O(log(m+n))。
空间复杂度：O(1)。
*/
#else
/*
方法二：划分数组
在[0,m] 中找到最大的 i，使得：
A[i−1]≤B[j]，其中 j ={m + n + 1} / 2 - i
*/
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
if(nums1.size()>nums2.size()){
return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
}
int m = nums1.size();
int n = nums2.size();
int 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;
int j = (m + n + 1) / 2 - i;//要求nums1.size()<nums2.size()
// 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;
}
/*
时间复杂度：O(log min(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(log m)。
空间复杂度：O(1)。
*/
#endif
};
// 作者：LeetCode-Solution
// 链接：https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/solution/xun-zhao-liang-ge-you-xu-shu-zu-de-zhong-wei-s-114/
// 来源：力扣（LeetCode）
int main() {
int n1[] = { 1, 3 };
int n2[] = { 2 };
vector<int> nums1(n1, n1 + 2);
vector<int> nums2(n2, n2 + 1);
Solution s;
cout << s.findMedianSortedArrays(nums1, nums2);
}