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寻找两个正序数组的中位数

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leetcode 4

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题目描述

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 。

示例 1：

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输入：nums1 = [1,3], nums2 = [2]
输出：2.00000
解释：合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2

示例 2：

1
2
3
输入：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]
输出：2.50000
解释：合并数组 = [1,2,3,4] ，中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5

示例 3：

1
2
输入：nums1 = [0,0], nums2 = [0,0]
输出：0.00000

示例 4：

1
2
输入：nums1 = [], nums2 = [1]
输出：1.00000

示例 5：

1
2
输入：nums1 = [2], nums2 = []
输出：2.00000

提示：

  • $nums1.length == m$
  • $nums2.length == n$
  • $0 <= m <= 1000$
  • $0 <= n <= 1000$
  • $1 <= m + n <= 2000$
  • $-10^6 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^6$

题解

法一：归并排序

给定两个有序数组，要求找到两个有序数组的中位数，最直观的思路有以下两种：

  • 使用归并的方式，合并两个有序数组，得到一个大的有序数组。大的有序数组的中间位置的元素，即为中位数。
  • 不需要合并两个有序数组，只要找到中位数的位置即可。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。

假设两个有序数组的长度分别为 $m$ 和 $n$，上述两种思路的复杂度如何？

第一种思路的时间复杂度是 $O(m+n)$，空间复杂度是 $O(m+n)$。第二种思路虽然可以将空间复杂度降到 $O(1)$，但是时间复杂度仍是 $O(m+n)$。

先上代码，这是我写的第二种思路的代码，区分了数组总数是奇数和偶数两种情况：

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class Solution {
    public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
        int len1 = nums1.length, len2 = nums2.length;
        int len = len1 + len2;
        double res = 0;
        int i = 0, j = 0, cur_pos = 0;	//i指向第一个数组，j指向第二个数组，cur_pos记录当前处理了多少数字
        if (len % 2 == 0) {
            int pos1 = len / 2 - 1, pos2 = len / 2;	//如果总数是偶数，要找两个位置：pos1,pos2
            while (i != len1 && j != len2) {	//归并排序的情况
                if (nums1[i] < nums2[j]) {		//每次将指向较小值的指针后移一位
                    if (cur_pos == pos1) {
                        res += nums1[i++];
                        cur_pos++;
                    } else if (cur_pos == pos2) {
                        res += nums1[i++];
                        res /= 2.0;
                        cur_pos++;
                        break;
                    } else {
                        cur_pos++;
                        i++;
                    }
                } else {
                    if (cur_pos == pos1) {
                        res += nums2[j++];
                        cur_pos++;
                    }
                    else if (cur_pos == pos2) {
                        res += nums2[j++];
                        res /= 2.0;
                        cur_pos++;
                        break;
                    }else{
                        j++;
                        cur_pos++;
                    }
                }
            }

            if (cur_pos <= pos1) {		//当读完了一个数组之后依然没有找到第一个中位数的位置
                while (i != len1) {		//就只处理还有数字的那个数组
                    if (cur_pos == pos1) {
                        res += nums1[i++];
                        cur_pos++;
                    } else if (cur_pos == pos2) {
                        res += nums1[i];
                        res /= 2.0;
                        break;
                    } else {
                        cur_pos++;
                        i++;
                    }
                }
                while (j != len2) {
                    if (cur_pos == pos1) {
                        res += nums2[j++];
                        cur_pos++;
                    }
                    else if (cur_pos == pos2) {
                        res += nums2[j];
                        res /= 2.0;
                        break;
                    }else{
                        j++;
                        cur_pos++;
                    }
                }
            } else if(cur_pos == pos2) {  //如果处理完一个数组之后找到了pos1，没有找到pos2
                if (i != len1) {
                    res += nums1[i];
                    res /= 2.0;
                }
                if (j != len2) {
                    res += nums2[j];
                    res /= 2.0;
                }
            }
        } else {		
            int pos = len / 2;	//如果总数是奇数，只用找一个位置：pos
            while (i != len1 && j != len2) {	//归并排序的情况
                if (nums1[i] < nums2[j]) {		//每次将指向较小值的指针后移一位		
                    if (cur_pos == pos) {
                        res = nums1[i++];
                        cur_pos++;
                        break;
                    }else{
                        i++;
                        cur_pos++;
                    }
                } else {
                    if (cur_pos == pos) {
                        res = nums2[j++];
                        cur_pos++;
                        break;
                    }else{
                        j++;
                        cur_pos++;
                    }
                }
            }
            if (cur_pos < pos + 1) {	//当读完了一个数组之后依然没有找到中位数的位置
                while (i != len1) {		//就只处理还有数字的那个数组
                    if (cur_pos == pos) {
                        res = nums1[i];
                        break;
                    }
                    i++;
                    cur_pos++;
                }
                while (j != len2) {
                    if (cur_pos == pos) {
                        res = nums2[j];
                        break;
                    }
                    j++;
                    cur_pos++;
                }
            }
        }
        return res;
    }
}

法二：带二分的归并排序

如何把时间复杂度降低到 $O(log(m+n))$ 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。

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 $\text{A}$ 和 $\text{B}$。要找到第 $k$ 个元素，我们可以比较 $\text{A}[k/2-1]$ 和 $\text{B}[k/2-1]$，其中 $/$ 表示整数除法。由于 $\text{A}[k/2-1]$ 和 $\text{B}[k/2-1]$ 的前面分别有 $\text{A}[0,..,k/2-2]$ 和 $\text{B}[0,..,k/2-2]$，即 $k/2-1$ 个元素，对于 $\text{A}[k/2-1]$ 和 $\text{B}[k/2-1]$中的较小值，最多只会有 $(k/2-1)+(k/2-1) \leq k-2$ 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 $\text{A}[k/2-1] < \text{B}[k/2-1]$，则比 $\text{A}[k/2-1]$ 小的数最多只有 $\text{A}$ 的前 $k/2-1$ 个数和 $\text{B}$ 的前 $k/2-1$ 个数，即比 $\text{A}[k/2-1]$ 小的数最多只有 $k-2$ 个，因此 $\text{A}[k/2-1]$ 不可能是第 $k$ 个数，$\text{A}[0]$ 到 $\text{A}[k/2-1]$ 也都不可能是第 $k$ 个数，可以全部排除。
  • 如果 $\text{A}[k/2-1] > \text{B}[k/2-1]$，则可以排除 $\text{B}[0]$ 到 $\text{B}[k/2-1]$。
  • 如果 $\text{A}[k/2-1] = \text{B}[k/2-1]$，则可以归入第一种情况处理。

fig1

可以看到，比较 $\text{A}[k/2-1]$ 和 $\text{B}[k/2-1]$ 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 $\text{A}[k/2-1]$ 或者 $\text{B}[k/2-1]$ 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。

用一个例子说明上述算法。假设两个有序数组如下：

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A: 1 3 4 9
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9

两个有序数组的长度分别是 4 和 9，长度之和是 13，中位数是两个有序数组中的第 7 个元素，因此需要找到第 k=7 个元素。

比较两个有序数组中下标为 $k/2-1=2$ 的数，即 A[2] 和 B[2]，如下面所示：

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A: 1 3 4 9
       ↑
B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9
       ↑

由于 A[2]>B[2]，因此排除 B[0] 到 B[2]，即数组 B 的下标偏移（offset）变为 3，同时更新 k 的值：$k=k−k/2=4$。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 $k/2−1=1$ 的数，即 A[1] 和 B[4]，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

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A: [1 3] 4 9
         ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
           ↑

由于 A[2]=B[3]，根据之前的规则，排除 A 中的元素，因此排除 A[2]，即数组 A 的下标偏移变为 3，同时更新 k 的值： $k=k−k/2=1$。

由于 k 的值变成 1，因此比较两个有序数组中的未排除下标范围内的第一个数，其中较小的数即为第 k 个数，由于 A[3]>B[3]，因此第 k 个数是 B[3]=4。

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A: [1 3 4] 9
           ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
           ↑
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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;
            }
        }
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：$O(log(m+n))$，其中 m 和 n 分别是数组 $nums1$ 和 $nums2$ 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：$O(1)$。

法三：划分数组

方法一的时间复杂度已经很优秀了，但本题存在时间复杂度更低的一种方法。这里给出推导过程，勇于挑战自己的读者可以进行尝试。

为了使用划分的方法解决这个问题，需要理解「中位数的作用是什么」。在统计中，中位数被用来：

将一个集合划分为两个长度相等的子集，其中一个子集中的元素总是大于另一个子集中的元素。

如果理解了中位数的划分作用，就很接近答案了。

首先，在任意位置 i 将 A 划分成两个部分：

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       left_A            |          right_A
A[0], A[1], ..., A[i-1]  |  A[i], A[i+1], ..., A[m-1]

由于 A 中有 m 个元素， 所以有 m+1 种划分的方法（$i \in [0, m]$）

1
2
len(left_A) = i, len(right_A) = m − i.
注意：当 i = 0 时，left_A 为空集， 而当 i = m 时, right_A 为空集。

采用同样的方式，在任意位置 j 将 B 划分成两个部分：

1
2
       left_B            |          right_B
B[0], B[1], ..., B[j-1]  |  B[j], B[j+1], ..., B[n-1]

将 left_A 和 left_B 放入一个集合，并将 right_A 和 right_B 放入另一个集合。 再把这两个新的集合分别命名为 left_part 和 right_part：

1
2
3
      left_part          |         right_part
A[0], A[1], ..., A[i-1]  |  A[i], A[i+1], ..., A[m-1]
B[0], B[1], ..., B[j-1]  |  B[j], B[j+1], ..., B[n-1]

当 A 和 B 的总长度是偶数时，如果可以确认：

  • $len(\text {left_part})=len(\text{right_part})$
  • $\max(\text{left_part}) \leq \min(\text{right_part})$

那么，{A,B} 中的所有元素已经被划分为相同长度的两个部分，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值和后一部分的最小值的平均值：

$$
median=\dfrac {max(\text{left_part})+min(\text{right_part})}{2}
$$
当 A 和 B 的总长度是奇数时，如果可以确认：

  • $len(\text{left_part})=len(\text{right_part})+1$
  • $\max(\text{left_part}) \leq \min(\text{right_part})$

那么，{A,B} 中的所有元素已经被划分为两个部分，前一部分比后一部分多一个元素，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值：

$$
median=max(\text{left_part})
$$
第一个条件对于总长度是偶数和奇数的情况有所不同，但是可以将两种情况合并。第二个条件对于总长度是偶数和奇数的情况是一样的。

要确保这两个条件，只需要保证：

  • $i+j=m−i+n−j$（当 m+n 为偶数）或 $i + j = m - i + n - j + 1$（当 m+n 为奇数）。等号左侧为前一部分的元素个数，等号右侧为后一部分的元素个数。将 i 和 j 全部移到等号左侧，我们就可以得到 $i+j = \frac{m + n + 1}{2}$。这里的分数结果只保留整数部分。

  • $0 \leq i \leq m$，$0 \leq j \leq n$。如果我们规定 A 的长度小于等于 B 的长度，即 $m \leq n$。这样对于任意的 $i \in [0, m]$，都有 $j = \frac{m + n + 1}{2} - i \in [0, n]$，那么我们在 [0,m] 的范围内枚举 i 并得到 j，就不需要额外的性质了。

    • 如果 A 的长度较大，那么我们只要交换 A 和 B 即可。
    • 如果 m > n ，那么得出的 j 有可能是负数。

  • $B[j−1] \leq A[i]$ 以及 $\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$，即前一部分的最大值小于等于后一部分的最小值。

为了简化分析，假设 $\text{A}[i-1]$, $\text{B}[j-1]$, $\text{A}[i]$, $\text{B}[j]$ 总是存在。对于 $i=0$、$i=m$、$j=0$、$j=n$ 这样的临界条件，我们只需要规定 $\text{A}[-1]=\text{B}[-1]=-\infty$，$A[m]=\text{B}[n]=\infty$ 即可。这也是比较直观的：当一个数组不出现在前一部分时，对应的值为负无穷，就不会对前一部分的最大值产生影响；当一个数组不出现在后一部分时，对应的值为正无穷，就不会对后一部分的最小值产生影响。

所以我们需要做的是：

在 [0,m] 中找到 i，使得：$\text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]$ 且 $\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$，其中 $j = \frac{m + n + 1}{2}-i $

我们证明它等价于：

在 [0,m] 中找到 i，使得：$\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$ ，其中 $j = \frac{m + n + 1}{2}-i $

这是因为：

  • 当 $i$ 从 $0 \sim m$ 递增时，$\text{A}[i-1]$ 递增，$B[j]$ 递减，所以一定存在一个最大的 $i$ 满足 $\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$；
  • 如果 $i$ 是最大的，那么说明 $i+1$ 不满足。将 $i+1$ 带入可以得到 $\text{A}[i] > \text{B}[j-1]$，也就是 $\text{B}[j - 1] < \text{A}[i]$，就和我们进行等价变换前 $i$ 的性质一致了（甚至还要更强）。

因此我们可以对 i 在 [0,m] 的区间上进行二分搜索，找到最大的满足 $\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$ 的 i 值，就得到了划分的方法。此时，划分前一部分元素中的最大值，以及划分后一部分元素中的最小值，才可能作为就是这两个数组的中位数。

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class Solution {
    public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
        if (nums1.length > nums2.length) {
            return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
        }

        int m = nums1.length;
        int n = nums2.length;
        int left = 0, right = m;
        // median1：前一部分的最大值
        // median2：后一部分的最小值
        int median1 = 0, median2 = 0;

        while (left <= right) {
            // 前一部分包含 nums1[0 .. i-1] 和 nums2[0 .. j-1]
            // 后一部分包含 nums1[i .. m-1] 和 nums2[j .. n-1]
            int i = (left + right) / 2;
            int j = (m + n + 1) / 2 - i;

            // nums_im1, nums_i, nums_jm1, nums_j 分别表示 nums1[i-1], nums1[i], nums2[j-1], nums2[j]
            int nums_im1 = (i == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums1[i - 1]);
            int nums_i = (i == m ? Integer.MAX_VALUE : nums1[i]);
            int nums_jm1 = (j == 0 ? Integer.MIN_VALUE : nums2[j - 1]);
            int nums_j = (j == n ? Integer.MAX_VALUE : nums2[j]);

            if (nums_im1 <= nums_j) {
                median1 = Math.max(nums_im1, nums_jm1);
                median2 = Math.min(nums_i, nums_j);
                left = i + 1;
            } else {
                right = i - 1;
            }
        }

        return (m + n) % 2 == 0 ? (median1 + median2) / 2.0 : median1;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：$O(\log\min(m,n)))$，其中 m 和 n 分别是数组 nums1 和 nums2 的长度。查找的区间是 [0, m]，而该区间的长度在每次循环之后都会减少为原来的一半。所以，只需要执行 $\log m$ 次循环。由于每次循环中的操作次数是常数，所以时间复杂度为 $O(\log m)$。由于我们可能需要交换 nums1 和 nums2 使得 $m \leq n$，因此时间复杂度 $O(\log\min(m,n)))$。

空间复杂度：$O(1)$。

参考

LeetCode-Solution

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