本题目来自王道考研教材，结合答案给出个人的一些写法。
1.【统考真题】一个长度为L的升序序列S，处在第L/2上取整的数字称之为它的中位数，例如，若序列S1=(11,13,15,17,19),则S1的中位数为15，两个序列的中位数是他们所有的元素组成的升序序列的中位数。例如，若S2=(2,4,6,8,20)则S1，S2的中位数是11，现在有两个等长升序序列A，B。试求一个在时间和空间两方面尽可能高效的算法，找出A和B的中位数。要求：
1）给出算法的基本思想
2）写出代码，关键之处给出注释
3）说明此算法的时间复杂度和空间复杂度
难度：适中：定理的证明较难想到，O(logn)的算法不好想，需要对中位数的性质和概念有较深刻的理解。
思想：
若用归并排序，则一定时间复杂度较高，本体应该采用减治法的思想：
设序列A的中位数为am，序列B的中位数为bm
定理1：A和B的中位数cm大小一定介于am和bm之间
简要证明：由中位数定义，假设A和B中有n个数字（为了方便这里设n为奇数，偶数证明同理），则必然有(n-1)/2个数小于等于am,有(n-1)/2个数大于等于bm。
则分析一下：
1.若am=bm时，则中位数必然为am(或者说bm),因为此时必然有（n-1)个数字小于等于am，有（n-1)个数字大于等于am,am必然为中位数。
2.若am<bm(am>bm同理）：若此时cm<am,则必然有cm<am<bm,则此时必然有不包含bm的（n-1)/2个数大于等于bm,也有不包含am在内的（n-1)/2个数大于等于am，则必然至少有2*（n-1)/2+1+1个数字大于cm,即至少有(n+1)个数字大于cm,则cm必不可能为中位数。
由上述证明我们思考一下怎么做最快：
我们取A的中位数am,B的中位数bm,由上述定理可知，AB的中位数一定介于am和bm之间，若此时
1.am=bm，由中位数定义，am即为中位数
2.am<bm, 则我们可以舍弃am之前的数字和bm之后的数字（两边舍弃的数量必须相等），这样能保证大于中位数和小于中位数的数字个数相等，然后再舍弃数字后的新数组A’ B’中继续进行这一操作，直到出现1中条件或者两数组都只剩一个元素为止，由定义，这时候取较小的那个元素即可。
3.am>bm,同理
此算法每次将数组规模缩减一半，所以时间复杂度O(logn) 空间复杂度O(1)
#include <iostream>
using namespace std;
int findMid(int *a, int *b, int n)
{
int s1 = 0, s2 = 0, d1 = n - 1, d2 = n - 1;
//用s表示首指针，d表示尾指针。
while (s1 != d1 || s2 != d2)
{
int mid1 = (s1 + d1) / 2;
int mid2 = (s2 + d2) / 2;
if (a[mid1] == b[mid2]) return a[mid1];
if (a[mid1] < b[mid2])
{
if ((d1 - s1+1) % 2 == 0)//当序列个数为偶数个时
{
s1 = mid1 + 1;
d2 = mid2;
}
else//序列个数为奇数个时
{
s1 = mid1;
d2 = mid2;
}
}
else
{
if ((d2 - s2 + 1) % 2 == 0)
{
s2 = mid2 + 1;
d1 = mid1;
}
else
{
s2 = mid2;
d1 = mid1;
}
}
}
return a[s1] < b[s2] ? a[s1] : b[s2];
}
//测试代码
int main()
{
int a[] = {
11,13,15,17,19 };
int b[] = {
2,4,6,8,20 };
int mid = findMid(a,b,5);
cout << "中位数为:" << mid;
}
2.【统考真题】已知一个整数序列A=(a0,a1,…an-1) 其中0<=ai<n(0<=i<n) 若存在ap1=ap2=…=apm=x 且m>n/2,则称x为A的主元素，例如A=（0，5，5，3，5，7，5，5）则5为主元素，又如A=(0,5,5,3,5,1,5,7)则A中没有主元素，假设A中的n个元素保存在一个一维数组中，请设计一个尽可能高效的算法，求出A的主元素。若存在主元素，返回这个元素，若不存在主元素，返回-1.
难度：较难，考场上不推荐花太多时间思考最佳算法。写个快排然后统计倒是不错的选择。
思路：无非是求最大重复元素个数，并进行一个判断。如果直接从前往后进行扫描每个元素出现的位置，则会达到O(n2)的时间复杂度，显然不是一个好的做法，若排序后统计，也至少有O(nlogn)的时间复杂度，
我们思考如下问题：
1.主元素必定唯一：因为m>n/2,剩下的重复元素的个数必然小于n/2,也就是说剩下的元素个数必然少于主元素个数。
思路:
数组中存在主元素时，所有的非主元素的个数和必少于一半。如果让主元素与一个非主元素“配对”，则最后多出来的元素（没有元素与之配对）就是主元素。但如何知道哪个元素是主元素呢？不知道主元素是谁，又如何进行“配对”呢？这无妨。从前向后扫描数组元素，假定遇到的当前值选定为主元素，再次遇到它时，计数加1，遇到与它不等的值时，计数减1。当计数减为0后，将遇到的下一个值重新选定为主元素。扫描完毕，当前选定的元素（计数值大于0）可能是主元素，但未必一定是主元素。还需要对数组再进行一次扫描，记录它出现的实际个数，以判定它是否是主元素。
算法可分为以下两步：
① 选取候选的主元素：依次扫描所给数组中的每个整数，将第一个遇到的整数Num保存到c中，记录Num的出现次数为1；若遇到的下一个整数仍等于Num，则计数加1，否则计数减1；当计数减到0时，将遇到的下一个整数保存到c中，计数重新记为1，开始新一轮计数，即从当前位置开始重复上述过程，直到扫描完全部数组元素。
② 判断c中元素是否是真正的主元素：再次扫描该数组，统计c中元素出现的次数，若大于n/2，则为主元素，否则，序列中不存在主元素。
int Majority ( int A[], int n )
{
int i, c, count = 1; // c用来保存候选主元素，count用来计数
c= A[0]; //设置A[0]为候选主元素
for( i = 1; i < n; i++ ) // 查找候选主元素
if( A[i] == c ) count++; // 对A中的候选主元素计数
else
if( count > 0 )
count--; // 处理不是候选主元素的情况
else{
// 更换候选主元素，重新计数
c= A[i];
count= 1;
}
if( count > 0 )
for( i = 0,count = 0; i < n; i++ ) // 统计候选主元素的实际出现次数
if ( A[i] == c )
count++;
if( count > n/2 )
return c; // 确认候选主元素
else return -1; //不存在主元素
}
3.【统考真题】给定一个含n(n>1)个整数的数组，请设计一个时间和空间上尽可能高效的算法，找出数组中未出现的最小的正整数，例如，数组{-5，3，2，3}中未出现的最小正整数为1，{1，2，3}中未出现的最小正整数为4
思路：我们采用空间换时间的做法，再申请一个n维数组B,B表示前n个正整数的出现情况，初值设为0，然后扫描A中数组，若ai>n或ai<=0,则未出现的最小正整数必然在b中，若1<ai<=n,则在B的对应位置上置换为1，表示这个数字已经出现过了，若扫描完数组B满，则证明数组A涵盖了1-n，且每个只出现了一次，那么未出现的最小整数必然为(n+1）
#include <iostream>
using namespace std;
int FindMin(int* a, int n)
{
int i = 0;
int* b;
b = (int*)malloc(sizeof(int) * n);
memset(b, 0, sizeof(int) * n);
for (int i = 0; i < n; i++)
{
if (a[i] > 0 && a[i] <= n)
{
b[a[i] - 1] = 1;
}
}
for (i = 0; i < n; i++)
{
if (b[i] == 0)
break;
}
return i + 1;
}
int main()
{
int a[] = {
-5,3,2,3 };
int min = FindMin(a, 4);
cout << "此数组中未出现的最小正整数为" << min;
}
