第二章上机实践报告2

原文链接： http://www.cnblogs.com/huangroumin/p/9825333.html

1、实践题目：

两个有序序列的中位数

2、题目描述：

知有两个等长的非降序序列S1, S2, 设计函数求S1与S2并集的中位数。有序序列

输入格式:

输入分三行。第一行给出序列的公共长度N（0

输出格式:

在一行中输出两个输入序列的并集序列的中位数。

输入样例1:

5
1 3 5 7 9
2 3 4 5 6

输出样例1:

输入样例2:

6
-100 -10 1 1 1 1
-50 0 2 3 4 5

输出样例2:

3、算法描述：

利用二分法的思想，先分别求每个序列的中位数a[mid1]，b[mid2]，比较a[mid1],b[mid2]的大小，如果a[mid1]==b[mid2]，则可以确定合并序列的中位数为a[mid1],因为a[mid1]大于a[mid1]前面的元素，小于a[mid1]后面的元素，b[mid2]大于b[mid2]前面的元素，小于b[mid2]后面的元素，而a[mid1]又等于b[mid2]，则可以确定a[mid1]为合并序列中处于中间的位置。如果a[mid1]<b[mid2],分两种情况：如果每个序列是奇数个，则l1=mid1，r2=mid2（大取前，小取后）；如果是偶数个，则l1=mid1+1,r2=mid2。如果a[mid1]>b[mid2]，也分两种情况，同样是大取前，小取后，奇数：r1=mid1，l2=mid2；偶数：r1=mid1，l2=mid2+1。只要l1<r1&&l2<r2，便一直用二分法逼近，直到只剩下两个数的时候，取较小的数即为中位数。

代码实现：

#include<iostream>
using namespace std;
void searchMid(int a[],int b[],int n){
    int l1=0,r1=n-1,l2=0,r2=n-1;
    while(l1<r1&&l2<r2){
        int mid1=(l1+r1)/2,mid2=(l2+r2)/2;
        if(a[mid1]==b[mid2])
        cout<<a[mid1];
        else if(a[mid1]<b[mid2]){
            if((l1+r1)%2==0){//奇数 
                l1=mid1;
                r2=mid2; 
            }
            else{//偶数 
                l1=mid1+1;
                r2=mid2;
            }
        }
        else {
        if((l1+r1)%2==0){
            r1=mid1;
            l2=mid2;
        } 
        else{
            r1=mid1;
            l2=mid2+1;
        }
        
    }
}
    if(a[l1]<b[l2])cout<<a[l1];
    else cout<<b[l2]; 
} 
int main(){
    int n;
    cin>>n;
    int a[n],b[n];
    for(int i=0;i<n;i++)
    cin>>a[i];
    for(int i=0;i<n;i++)
    cin>>b[i];
    searchMid(a,b,n); 
    return 0;
}

4、时间复杂度和空间复杂度的分析：

时间复杂度：二分法的时间复杂度为O（logN）

空间复杂度：O（1）

5、心得体会：

其实一开始看到这个题，我第一个想到的是先把两个序列排成有序的再去找排好序的数组的中位数，然后我就发现这种做法的时间复杂度为O(NlogN)【最快的快排】，然后我就想到了最近一直在用的二分法，它的时间复杂度是O(logN),那么能不能这样做呢？尝试了一下发现是可以的，当然这个过程并没有那么顺畅，我在草稿纸上假设了很多实例，才能慢慢得到通式。这次的经验让我懂得很多问题不是只有一个解法，我们要尽量去想更优化的算法，还有就是做题的时候不要急于写代码，可以现在草稿纸上演算一下，多列几个实例看看，逻辑会更清晰。

附上草稿纸演算过程：

听完老师的讲解之后发现所谓的“大取前，小取后”是由原因的，分析如下：

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