题目描述:
给定两个大小为 m 和 n 的有序数组 nums1 和 nums2。
请你找出这两个有序数组的中位数,并且要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))。
你可以假设 nums1 和 nums2 不会同时为空。
示例 1:
nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]
则中位数是 2.0
示例 2:
nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]
则中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5
解法一:虽然不符合时间复杂度要求,但是为了说明一下思路,还是cover一下,本地调试和提交都通过了,貌似leetcode缺少复杂度分析机制。
思路:两个排好序的数组,将两个数组合并成一个有序数组,若大数组的长度为奇数,则中位数为大数组中间的那个数,否则中位数为索引值分别是(0+arr.length)和(0+arr.length+1)之和的平均值
class Solution { public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int m = nums1.length; int n = nums2.length; return getMedian(nums1,m,nums2,n); } private double getMedian(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) { int i = 0; int j = 0; int k = 0; int[] resultArr = new int[m + n]; while (i < m && j < n) { if (nums1[i] <= nums2[j]) { resultArr[k++] = nums1[i++]; } else { resultArr[k++] = nums2[j++]; } } while (i < m) { resultArr[k++] = nums1[i++]; } while (j < n) { resultArr[k++] = nums2[j++]; } int rn = k-1; if (rn % 2 == 0) { return resultArr[rn / 2] * 1.0 ; } else { return (resultArr[rn / 2] + resultArr[rn / 2 + 1]) * 1.0 / 2; } } }
复杂度分析:
~时间复杂度:O(m+n)
~空间复杂度:O(m+n)
解法二:递归
思路:
两个有序数组求中位数,问题一般化为,求两个有序数组的第k个数,当k = (m+n)/2时为原问题的解。怎么求第k个数?分别求出第一个和第二个数组的第 k / 2个数 a 和 b,然后比较 a 和 b,当a < b ,说明第 k 个数位于 a数组的第 k / 2个数后半段,或者b数组的 第 k / 2 个数前半段,问题规模缩小了一半,然后递归处理就行。
class Solution { public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int m = nums1.length; int n = nums2.length; //当nums1数组为空的时候 if (m == 0) { //两个数组的中位数完全取决于数组nums2了 if (n % 2 == 1) { return nums2[n / 2] * 1.0; } return (nums2[n / 2] + nums2[n / 2 -1]) / 2.0; } //当nums2数组为空的时候 if (n == 0) { if (m % 2 == 1) { return nums1[m / 2] * 1.0; } return (nums1[m / 2] + nums1[m / 2 - 1]) / 2.0; } //大数组的总长度m+n int total = m + n; //数组长度为奇数,则在数组中寻找第total/2+1个数 if (total % 2 == 1) { return find_kth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2 + 1); } return (find_kth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2) + find_kth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2 + 1)) / 2.0; } private static double find_kth(int[] nums1, int a_begin, int[] nums2, int b_begin, int k) { //当a_begin或b_begin超过数组长度,则第k个数为另外一个数组第k个数 if (a_begin >= nums1.length) { return nums2[b_begin + k - 1]; } //同理 if (b_begin >= nums2.length) { return nums1[a_begin + k - 1]; } //递归结束条件,每个数组中都找其第一个元素,使用递归,必须声明递归结束条件 if (k == 1) { return Math.min(nums1[a_begin], nums2[b_begin]); } //定义mid_a和mid_b分别代表两个数组中的第k/2个数 int mid_a = Integer.MAX_VALUE; int mid_b = Integer.MAX_VALUE; if (a_begin + k / 2 - 1 < nums1.length) { mid_a = nums1[a_begin + k / 2 - 1]; } if (b_begin + k / 2 - 1 < nums2.length) { mid_b = nums2[b_begin + k / 2 - 1]; } //如果nums1数组的第 k / 2 个数小于nums2数组的第 k / 2 个数,表示总的第 k 个数位于 nums1的第k / 2个数的后半 // 段,或者是nums2的第 k / 2个数的前半段,由于范围缩小了 k / 2 个数,此时总的第 k 个数实际上等于新的范围内 // 的第k - k / 2个数,依次递归 if (mid_a < mid_b) { return find_kth(nums1, a_begin + k / 2, nums2, b_begin, k - k / 2); } return find_kth(nums1, a_begin, nums2, b_begin + k / 2, k - k / 2); } }
复杂度分析:
~时间复杂度: O(log(m+n))