题目

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 。

算法的时间复杂度应该为 O(log (m+n)) 。
示例 1：

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：

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

提示：

nums1.length == m
nums2.length == n
0 <= m <= 1000
0 <= n <= 1000
1 <= m + n <= 2000
-106 <= nums1[i], nums2[i] <= 10⁶

文字题解

方法一：二分查找

思路和算法

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 00 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)。

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 A 和 B。要找到第 k 个元素，我们可以比较A[k/2−1] 和 B[k/2−1]，其中 / 表示整数除法。由于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 的前面分别有 A[0…k/2−2] 和 B[0…k/2−2]，即 k/2−1 个元素，对于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 中的较小值，最多只会有 (k/2−1)+(k/2−1)≤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 A[k/2−1]<B[k/2−1]，则比 A[k/2−1] 小的数最多只有 A 的前 k/2−1 个数和 B 的前 k/2−1 个数，即比 A[k/2−1] 小的数最多只有 k−2 个，因此 A[k/2−1] 不可能是第 k 个数，A[0] 到 A[k/2−1] 也都不可能是第 k 个数，可以全部排除。

如果 A[k/2−1]>B[k/2−1]，则可以排除 B[0] 到 B[k/2−1]。

如果 A[k/2−1]=B[k/2−1]，则可以归入第一种情况处理。

可以看到，比较 A[k/2−1] 和 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 A[k/2−1] 或者 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：

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：

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。

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

由于 A[1]<B[4]，因此排除 A[0] 到 A[1]，即数组 A 的下标偏移变为 2，同时更新 k 的值：k=k−k/2=2。

下一步寻找，比较两个有序数组中下标为 k/2−1=0 的数，即比较 A[2] 和 B[3]，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。

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。

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

代码

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)。

方法二：划分数组

说明

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。

思路与算法

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：

           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∈[0,m]）。

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：

           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：

          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(left_part)=len(right_part)
max(left_part)≤min(right_part)

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;
    }
}