1. 题目：
已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
A0, A1, … ,AN−1的中位数指A(N−1)/2的值,即第⌊(N+1)/2⌋个数（A 0为第1个数）
输入格式：
输入分三行。第一行给出序列的公共长度N（0<N≤100000），随后每行输入一个序列的信息，即N个非降序排列的整数。数字用空格间隔。
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
2. 问题描述:
题目的本意就是求两个长度相同的序列的有序交集的中位数，虽然两个序列是有序序列，但是如何求两个序列的合并中位数就很难，而且数据集里也可能有重复的数字！
3. 思路：
例子先行：
输入样例：
5
1 3 5 7 9
2 3 4 5 6
下标: 0 1 2 3 4
sequnce1: 1 3 5 7 9
sequence2: 2 3 4 5 6
我们先看看两个序列的中位数：5 和 4 ，比较一下，发现：序列1中位数 比 序列2的大，嗯哼？ 而且这两个序列有序
那不就表明 序列1 的 中位数之前的数都比 序列2 中位数在之后的都小吗?？(如下)
x x x 2 x x 3 x x x x x 7 x x 9，所以就确立了这样的一个相对排序
那么我们对于 序列1 的 中位数之后的数都比 序列2 中位数在之前的再进行相同的操作，就可以不断地缩小范围。
直到！ 上下序列只剩下4个数的时候（即序列1剩2个数，序列2也剩2个数），我们再进行归并排序，这时候的中位数，就是我们要的中位数了
解题过程就是：比较当前两个数组的中位数，中位数大的数组，递归左子数组，中位数小的递归右子数组，
4. 代码：
#include<iostream>
using namespace std;
int middlevalue(int*L, int*R,int L_lindex,int L_rindex,int R_lindex,int R_rindex)
{
int L_mid = (L_lindex + L_rindex)/2;
int R_mid = (R_lindex + R_rindex+1)/2;
if(L_rindex-L_lindex == 1&& R_rindex - R_lindex==1)
{
int count = 0;
int p1=L_lindex,p2= R_lindex;
while(count!=2)
{
if(L[p1]<R[p2])
{
count++;
if(count==2) return L[p1];
p1++;
}
else if(L[p1]>=R[p2])
{
count++;
if(count==2) return R[p2];
p2++;
}
}
}
if(R[R_mid]>L[L_mid])
{
middlevalue(L,R,L_mid,L_rindex,R_lindex,R_mid);
}
else if(R[R_mid]<=L[L_mid])
{
middlevalue(L,R,L_lindex,L_mid,R_mid, R_rindex);
}
}
int main()
{
int L[100005] = {0};
int R[100005] ={0};
int n;
cin>>n;
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>L[i];
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
cin>>R[i];
}
if(n==1)
{
cout<<(L[0]<R[0]?L[0]:R[0]);
}
else
cout<<middlevalue(L, R, 0 , n-1 ,0,n-1);
}
5. 算法实践复杂度分析：
1. 虽然是两个数组，每次只用一次递归,所以时间复杂度为 log2n
2 .每次计算两次中位数： 2*log2n
3. 判断是否递归 log2n
4. 最后归并求中位数：while – 2， if – 2 ， 内部处理：3*2 +2
5. 所以最后时间复杂度 O（log2n）
6. 总结：
自我疑惑：不知道如何证明：不断缩小比较范围后最后归并的中位数就是整个序列的中位数，不具完备性。
对于int R_mid = (R_lindex + R_rindex + 1)/2; 而int L_mid = (L_lindex + L_rindex)/2；为什么R_mid的计算中要加入1呢，是为了当分割数组是偶数时，两个序列的分割大小能一致
其实呢，分治的形式有很多，这次收获了使用二分比较，而不是插值，还是蛮惊讶的