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 。
暴力解决：先将两个数组进行合并 、排序 然后去寻找新数组的中位数。
public int getMedianSortArray(int [] num1,int [] num2){
int length1=num1.length;
int length2=num2.length;
int sumlength=length1+length2;
int [] newArray= new int[length1+length2];
for(int i=0;i<length1;i++)
newArray[i]=num1[i];
for(int j=length1;j<length1+length2;j++)
newArray[j]=num2[j];
if(sumlength%2==0)
return (newArray[sumlength/2]+newArray[sumlength/2+1])/2;
else
return (newArray[sumlemgth/2]);
}
进阶方法：二分查找
暴力求解的时间复杂度是 O(m+n)，空间复杂度是 O(m+n)。如果想要降到时间复杂度O(log(m+n)) 呢？如果对时间复杂度的要求有 log，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。 设m为第一个数组的长度，n为第二个数组的长度。 根据中位数的定义，当 m+n 是奇数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2 个元素，当 m+n 是偶数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2 个元素和第 (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 k 小的数，其中 k 为 (m+n)/2 或 (m+n)/2+1。
假设两个有序数组分别是 A 和 B。要找到第 k 个元素，我们可以比较 A[k/2−1] 和 B[k/2−1]，其中 / 表示整数除法。由于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 的前面分别有 A[0..k/2−2] 和 B[0..k/2−2]，即 k/2−1 个元素，对于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 中的较小值，最多只会有 (k/2−1)+(k/2−1)≤k/2−2 个元素比它小，那么它就不能是第 k 小的数了。
因此我们可以归纳出三种情况：
如果 A[k/2−1]<B[k/2−1]，则比A[k/2−1] 小的数最多只有 A 的前 k/2−1 个数和 B 的前 k/2−1 个数，即比 A[k/2−1] 小的数最多只有 k−2 个，因此 A[k/2−1] 不可能是第 k 个数，A[0] 到 A[k/2−1] 也都不可能是第 k 个数，可以全部排除。 如果 A[k/2−1]>B[k/2−1]，则可以排除 B[0] 到 B[k/2−1]。 如果 A[k/2−1]=B[k/2−1]，则可以归入第一种情况处理。
可以看到，比较 A[k/2−1] 和B[k/2−1] 之后，可以排除 k/2 个不可能是第 k 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 k 的值，这是因为我们排除的数都不大于第 k 小的数。
有以下三种情况需要特殊处理：
如果 A[k/2−1] 或者 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 k 的值，而不能直接将 k 减去 k/2。 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 k 小的元素。 如果 k=1，我们只要返回两个数组首元素的最小值即可。
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;
}
}
public int getKthElement(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
/* 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
* 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
*/
int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;
int index1 = 0, index2 = 0;
int kthElement = 0;
while (true) {
// 边界情况
if (index1 == length1) {
return nums2[index2 + k - 1];
}
if (index2 == length2) {
return nums1[index1 + k - 1];
}
if (k == 1) {
return Math.min(nums1[index1], nums2[index2]);
}
// 正常情况
int half = k / 2;
int newIndex1 = Math.min(index1 + half, length1) - 1;
int newIndex2 = Math.min(index2 + half, length2) - 1;
int pivot1 = nums1[newIndex1], pivot2 = nums2[newIndex2];
if (pivot1 <= pivot2) {
k -= (newIndex1 - index1 + 1);
index1 = newIndex1 + 1;
} else {
k -= (newIndex2 - index2 + 1);
index2 = newIndex2 + 1;
}
}
}
}
