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JAVA经典题库:4. 寻找两个正序数组的中位数(难度-困难)

疯狂IT人
2022-10-27 / 0 评论 / 0 点赞 / 108 阅读 / 2,992 字 / 正在检测是否收录...

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。
4_fig1
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)

1-1666888130339
2-1666888130366
3-1666888130362

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;
    }
}

5-1666888235269

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