读完本文，你可以去力扣拿下如下题目：
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如果输入一个数组，让你求中位数，这个好办，排个序，如果数组长度是奇数，最中间的一个元素就是中位数，如果数组长度是偶数，最中间两个元素的平均数作为中位数。
如果数据规模非常巨大，排序不太现实，那么也可以使用概率算法，随机抽取一部分数据，排序，求中位数，作为所有数据的中位数。
本文说的中位数算法比较困难，也比较精妙，是力扣第 295 题，要求你在数据流中计算中位数：
就是让你设计这样一个类：
class MedianFinder {
// 添加一个数字
public void addNum(int num) {}
// 计算当前添加的所有数字的中位数
public double findMedian() {}
}
其实，所有关于「流」的算法都比较难，比如我们旧文 水塘抽样算法详解 写过如何从数据流中等概率随机抽取一个元素，如果说你没有接触过这个问题的话，还是很难想到解法的。
这道题要求在数据流中计算平均数，我们先想一想常规思路。
尝试分析
一个直接的解法可以用一个数组记录所有 addNum 添加进来的数字，通过插入排序的逻辑保证数组中的元素有序，当调用 findMedian 方法时，可以通过数组索引直接计算中位数。
但是用数组作为底层容器的问题也很明显，addNum 搜索插入位置的时候可以用二分搜索算法，但是插入操作需要搬移数据，所以最坏时间复杂度为 O(N)。
那换链表？链表插入元素很快，但是查找插入位置的时候只能线性遍历，最坏时间复杂度还是 O(N)，而且 findMedian 方法也需要遍历寻找中间索引，最坏时间复杂度也是 O(N)。
那么就用平衡二叉树呗，增删查改复杂度都是 O(logN)，这样总行了吧？
比如用 Java 提供的 TreeSet 容器，底层是红黑树，addNum 直接插入，findMedian 可以通过当前元素的个数推出计算中位数的元素的排名。
很遗憾，依然不行，这里有两个问题。
第一，TreeSet 是一种 Set，其中不存在重复元素的元素，但是我们的数据流可能输入重复数据的，而且计算中位数也是需要算上重复元素的。
第二，TreeSet 并没有实现一个通过排名快速计算元素的 API。假设我想找到 TreeSet 中第 5 大的元素，并没有一个现成可用的方法实现这个需求。
PS：如果让你实现一个在二叉搜索树中通过排名计算对应元素的方法 rank(int index)，你会怎么设计？你可以思考一下，我会把答案写在留言区置顶。
除了平衡二叉树，还有没有什么常用的数据结构是动态有序的？优先级队列（二叉堆）行不行？
好像也不太行，因为优先级队列是一种受限的数据结构，只能从堆顶添加/删除元素，我们的 addNum 方法可以从堆顶插入元素，但是 findMedian 函数需要从数据中间取，这个功能优先级队列是没办法提供的。
可以看到，求个中位数还是挺难的，我们使尽浑身解数都没有一个高效地思路，下面直接来看解法吧，比较巧妙。
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解法思路
我们必然需要有序数据结构，本题的核心思路是使用两个优先级队列。
中位数是有序数组最中间的元素算出来的对吧，我们可以把「有序数组」抽象成一个倒三角形，宽度可以视为元素的大小，那么这个倒三角的中部就是计算中位数的元素对吧：
然后我把这个大的倒三角形从正中间切成两半，变成一个小倒三角和一个梯形，这个小倒三角形相当于一个从小到大的有序数组，这个梯形相当于一个从大到小的有序数组。
中位数就可以通过小倒三角和梯形顶部的元素算出来对吧？嗯，你联想到什么了没有？它们能不能用优先级队列表示？小倒三角不就是个大顶堆嘛，梯形不就是个小顶堆嘛，中位数可以通过它们的堆顶元素算出来。
梯形虽然是小顶堆，但其中的元素是较大的，我们称其为 large，倒三角虽然是大顶堆，但是其中元素较小，我们称其为 small。
当然，这两个堆需要算法逻辑正确维护，才能保证堆顶元素是可以算出正确的中位数，我们很容易看出来，两个堆中的元素之差不能超过 1。
因为我们要求中位数嘛，假设元素总数是 n，如果 n 是偶数，我们希望两个堆的元素个数是一样的，这样把两个堆的堆顶元素拿出来求个平均数就是中位数；如果 n 是奇数，那么我们希望两个堆的元素个数分别是 n/2 + 1 和 n/2，这样元素多的那个堆的堆顶元素就是中位数。
根据这个逻辑，我们可以直接写出 findMedian 函数的代码：
class MedianFinder {
private PriorityQueue<Integer> large;
private PriorityQueue<Integer> small;
public MedianFinder() {
// 小顶堆
large = new PriorityQueue<>();
// 大顶堆
small = new PriorityQueue<>((a, b) -> {
return b - a;
});
}
public double findMedian() {
// 如果元素不一样多，多的那个堆的堆顶元素就是中位数
if (large.size() < small.size()) {
return small.peek();
} else if (large.size() > small.size()) {
return large.peek();
}
// 如果元素一样多，两个堆堆顶元素的平均数是中位数
return (large.peek() + small.peek()) / 2.0;
}
public void addNum(int num) {
// 后文实现
}
}
现在的问题是，如何实现 addNum 方法，维护「两个堆中的元素之差不能超过 1」这个条件呢？
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这样行不行？每次调用 addNum 函数的时候，我们比较一下 large 和 small 的元素个数，谁的元素少我们就加到谁那里，如果它们的元素一样多，我们默认加到 large 里面：
// 有缺陷的代码实现
public void addNum(int num) {
if (small.size() >= large.size()) {
large.offer(num);
} else {
small.offer(num);
}
}
看起来好像没问题，但是跑一下就发现问题了，比如说我们这样调用：
addNum(1)，现在两个堆元素数量相同，都是 0，所以默认把 1 添加进 large 堆。
addNum(2)，现在 large 的元素比 small 的元素多，所以把 2 添加进 small 堆中。
addNum(3)，现在两个堆都有一个元素，所以默认把 3 添加进 large 中。
调用 findMedian，预期的结果应该是 2，但是实际得到的结果是 1。
问题很容易发现，看下当前两个堆中的数据：
抽象点说，我们的梯形和小倒三角都是由原始的大倒三角从中间切开得到的，那么梯形中的最小宽度要大于等于小倒三角的最大宽度，这样它俩才能拼成一个大的倒三角对吧？
也就是说，不仅要维护 large 和 small 的元素个数之差不超过 1，还要维护 large 堆的堆顶元素要大于等于 small 堆的堆顶元素。
维护 large 堆的元素大小整体大于 small 堆的元素是本题的难点，不是一两个 if 语句能够正确维护的，而是需要如下技巧：
// 正确的代码实现
public void addNum(int num) {
if (small.size() >= large.size()) {
small.offer(num);
large.offer(small.poll());
} else {
large.offer(num);
small.offer(large.poll());
}
}
简单说，想要往 large 里添加元素，不能直接添加，而是要先往 small 里添加，然后再把 small 的堆顶元素加到 large 中；向 small 中添加元素同理。
为什么呢，稍加思考可以想明白，假设我们准备向 large 中插入元素：
如果插入的 num 小于 small 的堆顶元素，那么 num 就会留在 small 堆里，为了保证两个堆的元素数量之差不大于 1，作为交换，把 small 堆顶部的元素再插到 large 堆里。
如果插入的 num 大于 small 的堆顶元素，那么 num 就会成为 samll 的堆顶元素，最后还是会被插入 large 堆中。
反之，向 small 中插入元素是一个道理，这样就巧妙地保证了 large 堆整体大于 small 堆，且两个堆的元素之差不超过 1，那么中位数就可以通过两个堆的堆顶元素快速计算了。
至此，整个算法就结束了，addNum 方法时间复杂度 O(logN)，findMedian 方法时间复杂度 O(1)。
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