[Leetcode][4. 寻找两个正序数组的中位数] 4种方法：合并数组，二分搜索，划分数组

发表于 更新于 分类于 Waline： 阅读次数： 本文字数： 5.8k 阅读时长 ≈ 5 分钟

By Long Luo

Leetcode 4. 寻找两个正序数组的中位数 ，这是一道很经典的题目，非常考察算法功底和逻辑思维能力，下面我们就通过几种解法来吃透这道题吧！

方法一：暴力法（合并数组）

思路与算法：

很直观的解法，先将两个数组按照元素大小合并为一个数组，然后根据新数组长度来决定返回值。

注意在合并数组时，要注意指针边界情况，不要越过数组边界。

代码如下所示：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
    int m = nums1.length;
    int n = nums2.length;

    if (m == 0) {
        if (n % 2 == 0) {
            return (nums2[n / 2 - 1] + nums2[n / 2]) / 2.0;
        } else {
            return nums2[n / 2];
        }
    } else if (n == 0) {
        if (m % 2 == 0) {
            return (nums1[m / 2 - 1] + nums1[m / 2]) / 2.0;
        } else {
            return nums1[m / 2];
        }
    }

    int[] nums = new int[m + n];
    int total = m + n;
    for (int i = 0, j = 0, cnt = 0; cnt < total; ) {
        if (i == m && j < n) {
            nums[cnt++] = nums2[j++];
        } else if (j == n && i < m) {
            nums[cnt++] = nums1[i++];
        } else if (i < m && nums1[i] <= nums2[j]) {
            nums[cnt++] = nums1[i++];
        } else if (i < m && nums1[i] > nums2[j]) {
            nums[cnt++] = nums2[j++];
        }
    }

    if (total % 2 == 0) {
        return (nums[total / 2 - 1] + nums[total / 2]) / 2.0;
    } else {
        return nums[total / 2];
    }    
}

其实，在合并数组时，实际上只需要合并到 \(cnt=total/2\) 即可，优化之后如下所示：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
public double findMedianSortedArrays_bf_opt(int[] nums1, int[] nums2) {
    int m = nums1.length;
    int n = nums2.length;

    if (m == 0) {
        if (n % 2 == 0) {
            return (nums2[n / 2 - 1] + nums2[n / 2]) / 2.0;
        } else {
            return nums2[n / 2];
        }
    } else if (n == 0) {
        if (m % 2 == 0) {
            return (nums1[m / 2 - 1] + nums1[m / 2]) / 2.0;
        } else {
            return nums1[m / 2];
        }
    }

    int[] nums = new int[m + n];
    int total = m + n;
    for (int i = 0, j = 0, cnt = 0; cnt <= total / 2; ) {
        if (i == m && j < n) {
            nums[cnt++] = nums2[j++];
        } else if (j == n && i < m) {
            nums[cnt++] = nums1[i++];
        } else if (i < m && nums1[i] <= nums2[j]) {
            nums[cnt++] = nums1[i++];
        } else if (i < m && nums1[i] > nums2[j]) {
            nums[cnt++] = nums2[j++];
        }
    }

    if (total % 2 == 0) {
        return (nums[total / 2 - 1] + nums[total / 2]) / 2.0;
    } else {
        return nums[total / 2];
    }
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度：\(O(m+n)\)，需要遍历 \(2\) 个数组。
  • 空间复杂度：\(O(m+n)\)，开辟了一个新数组，长度为 \(m+n\)。

方法二：合并数组（优化空间）

思路与算法：

方法一需要新建一个长度为 \(len = m + n\) 的数组，但实际上我们并不需要将两个数组真的合并，我们只需要找到中位数在哪里就可以了。

同方法一，用一个循环计数，判断当前是否已经到了中位数的位置，到了就结束循环，但是需要考虑一些边界情况：

  1. 总长度为奇数；
    • 需要知道第 \(\frac{len + 1}{2}\) 个数，遍历区间 \([0, \frac{len}{2}]\) 次，返回最后一次遍历的结果。
  2. 总长度为偶数；
    • 需要知道第 \(\frac{len}{2}\) 和 \(\frac{len}{2} + 1\) 个数，遍历区间 \([0, \frac{len}{2}]\) 次，返回最后一次和上一次遍历的结果。
  3. \(nums1\) 或者 \(nums2\) 遍历完之后；
  4. \(nums1\) 和 \(nums2\) 都没有遍历完。

我们需要用两个变量 \(left\) 和 \(right\)，\(right\) 保存当前循环的结果，在每次循环开始前将\(right\)的值赋给 \(left\)，这样在最后一次循环的时候，\(left\) 将得到 \(right\) 的值，也就是上一次循环的结果，接下来 \(right\) 更新为最后一次的结果。

使用 \(2\) 个指针分别指向当前指向 \(nums1\) 数组和 \(nums2\) 数组的位置:

  1. 如果 \(p < m\) 且 \(nums1[p] \le nums2[q]\)，那么就可以后移了，\(p++\)；

  2. 如果 \(q \ge n\)，说明此时 \(nums2\) 已经没有数字了，\(p < m && (q \ge n || nums1[p] \le nums2[q])\)。

代码如下所示：

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
    int m = nums1.length;
    int n = nums2.length;

    if (m == 0) {
        if (n % 2 == 0) {
            return (nums2[n / 2 - 1] + nums2[n / 2]) / 2.0;
        } else {
            return nums2[n / 2];
        }
    }

    if (n == 0) {
        if (m % 2 == 0) {
            return (nums1[m / 2 - 1] + nums1[m / 2]) / 2.0;
        } else {
            return nums1[m / 2];
        }
    }

    int len = m + n;
    int p = 0;
    int q = 0;
    int left = 0;
    int right = 0;
    for (int i = 0; i <= len / 2; i++) {
        left = right;
        if (p < m && (q >= n || nums1[p] <= nums2[q])) {
            right = nums1[p++];
        } else  {
            right = nums2[q++];
        }
    }

    if (len % 2 == 0) {
        return (double) (left + right) / 2;
    } else {
        return right;
    }
}

复杂度分析：

  • 时间复杂度：\(O(m+n)\)，需要遍历 \(2\) 个数组。
  • 空间复杂度：\(O(1)\)。

方法三：二分查找

思路与算法：

注意到两个数组都是排序数组，很明显我们可以使用二分查找算法。

1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
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 \(\textit{nums}_1\) 和 \(\textit{nums}_2\) 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：\(O(1)\)。

方法四：二分查找

思路与算法：

注意到两个数组都是排序数组，很明显我们可以使用二分查找算法。

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 \(\textit{nums}_1\) 和 \(\textit{nums}_2\) 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：\(O(1)\)。

All suggestions are welcome. If you have any query or suggestion please comment below. Please upvote👍 if you like💗 it. Thank you:-)

Explore More Leetcode Solutions. 😉😃💗