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题目

• 4. 寻找两个正序数组的中位数

解法一：模拟

由于两个数组的长度已知，因此中位数对应的两个数组的下标之和也是已知的。

维护两个指针，初始时分别指向两个数组的下标 0 的位置，每次将指向较小值的指针后移一位（如果一个指针已经到达数组末尾，则只需要移动另一个数组的指针），直到到达中位数的位置。

class Solution {
    public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
        int m = nums1.length;
        int n = nums2.length;        
        int t = m + n;
        int pre = -1, cur = -1;
        int i = 0, j = 0;
        for (int k = 0; k <= t/2; k++) {
            pre = cur;
            if (i == m) {
                if (j != n) {
                    cur = nums2[j++];
                }
            } else if (j == n) {
                if (i != m) {
                    cur = nums1[i++];
                }
            } else {
                if (nums1[i] < nums2[j]) {
                    cur = nums1[i++];
                } else {
                    cur = nums2[j++];
                }
            }
        }
        if (t%2 == 0) {
            return (pre + cur) / 2.0;
        } else {
            return cur;
        }
    }
}

• 时间复杂度：$O(m+n)$，$m$和$n$分别为两个数组的长度。
• 空间复杂度：$O(1)$。

解法二：二分查找

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，本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 $k$ 小的数，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 $(k/2-1)+(k/2-1)\le(k-2)$ 个元素比它小，那么它就不能是第 $k$ 小的数了。

因此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（也可以归入第二种情况处理）

二分查找只有一个思想，那就是：逐步缩小搜索区间

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，将在排除后的新数组上继续进行二分查找，并且根据排除数的个数，减少 $k$ 的值，这是因为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，那么可以选取对应数组中的最后一个元素。在这种情况下，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，可以直接返回另一个数组中第 $k$ 小的元素
• 如果 $k==1$，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;
        // 排除部分元素后，指向两个数组剩余元素的首元素
        int index1 = 0, index2 = 0;
        int kthElement = 0;
​
        while (true) {
            // 边界情况
            // index1 == length1 表明 nums1 中的元素全部排除，返回 nums2 中第k小的元素
            if (index1 == length1) {
                return nums2[index2 + k - 1];
            }
            // index2 == length2 表明 nums2 中的元素全部排除，返回 nums1 中第k小的元素
            if (index2 == length2) {
                return nums1[index1 + k - 1];
            }
            if (k == 1) {
                // k == 1 此时两数组首元素的最小值即为要找的第k小值
                return Math.min(nums1[index1], nums2[index2]);
            }
            
            // 正常情况
            int half = k / 2;
            // Math.min(index1 + half, length1) 取两者最小值的原因是为了防止数组越界
            int newIndex1 = Math.min(index1 + half, length1) - 1;   
            int newIndex2 = Math.min(index2 + half, length2) - 1;   
            // A[k/2 - 1] B[k/2 - 1]    
            int pivot1 = nums1[newIndex1], pivot2 = nums2[newIndex2];
            // 比较 A[k/2 - 1] 与 B[k/2 - 1]   
            if (pivot1 <= pivot2) {
                // 排除掉 A[index1, newIndex1] 这 newIndex1 - index1 + 1 个元素
                k -= (newIndex1 - index1 + 1);
                index1 = newIndex1 + 1;
            } else {
                // 排除掉 B[index2, newIndex2] 这 newIndex2 - index2 + 1 个元素
                k -= (newIndex2 - index2 + 1);
                index2 = newIndex2 + 1;
            }
        }
    }
}

• 时间复杂度：$O(log(m+n))$，其中 $m$ 和 $n$ 分别是数组 $nums_1$ 和 $nums_2$ 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：$O(1)$。

Reference

• 寻找两个有序数组的中位数
• 写对二分查找不能只靠模板