There are two sorted arrays nums1 and nums2 of size m and n respectively.
Find the median of the two sorted arrays. The overall run time complexity should be O(log (m+n)).
Example 1:
nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]The median is 2.0
Example 2:
nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]The median is (2 + 3)/2 = 2.5
难度为Hard.
这个题目描述很清晰, 给出两个排序好的数组, 求这两个数组的中位数. 在解这个题的过程中, 会碰到以下的问题:
先合起来重新排序是不可行的, 时间复杂度太高, 为O((m+n)log(m+n))
先归并排序也是不可行的, 时间复杂度为O(m+n)
用类似桶排的方法时间复杂度为O(m+n), 不可行
可能会碰到多种case, nums1全部大于或全部小于nums2(1,2,3 4,5,6), nums1和nums2交错(2,4,6 1,3,5), 最大最小都属于其中一个序列(1,10 3,4,5), 等等
总数为奇数和偶数的处理可能会不太一样
中位数, 或者中位点旁边的两个数, 可能都位于某个数组, 也可能各自分布在两个数组中.
题目中给定的复杂度, 只能用二分查找的方法, 但是怎么在两个数组上应用呢? 我有两种通过的方法.
第一种的思路是:
假定中位数两边的数是L, R. 对总数为奇数的情况, L=R.
假定L或者R在nums1中, 按二分查找定位.
二分查找的中点游标为P, 在nums1中, 我们知道比P小, 比P大的有多少, 我们还需要知道, 在nums2中, P处于什么位置
给定P, 在nums2中二分查找, 找到比P大, 比P小的元素数目.
这样在两个数组中, 比P大的数目n1和比P小的数目n2就确定了.
我们可以调整P的位置, 直到找到L和R的值为止
由于L和R可能位于nums1或者nums2中, 所以还需要假定L或R在nums2中的情况再做一次. 同样有些细节问题需要解决.
最终程序如下:
public class Solution {
/**
* AC Time Complexity: O(logm*logn)
*/
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int l1 = nums1.length;
int l2 = nums2.length;
if (l1 == 0) {
if (l2 % 2 == 1) {
return nums2[l2 / 2];
} else {
return ((double) nums2[l2 / 2] + nums2[l2 / 2 - 1]) / 2;
}
}
if (l2 == 0) {
if (l1 % 2 == 1) {
return nums1[l1 / 2];
} else {
return ((double) nums1[l1 / 2] + nums1[l1 / 2 - 1]) / 2;
}
}
List<Integer> retList = new ArrayList<Integer>();
getMidLR(nums1, nums2, retList);
getMidLR(nums2, nums1, retList);
if (retList.size() == 0) {
if (l2 % 2 == 1) {
return nums2[l2 / 2];
} else {
return ((double) nums2[l2 / 2] + nums2[l2 / 2 - 1]) / 2;
}
}
Integer sum = 0;
for (Integer r : retList) {
sum += r;
}
return (double) sum / retList.size();
}
public void getMidLR(int[] nums1, int[] nums2, List<Integer> ret) {
Integer midL = null;
Integer midR = null;
int m = nums1.length;
int n = nums2.length;
int l = 0;
int r = m - 1;
int p = m / 2;
while (true) {
int numSmall = 0;
int numBig = 0;
int tl = 0;
int tr = n - 1;
int tp = n / 2;
int curVal = nums1[p];
while (true) {
if (tp == 0) {
if (nums2[0] > curVal) {
numSmall = 0;
numBig = n;
break;
} else if (nums2[0] == curVal) {
numSmall = 0;
numBig = n - 1;
break;
}
}
if (tp == n - 1) {
if (nums2[n - 1] < curVal) {
numSmall = n;
numBig = 0;
break;
} else if (nums2[n - 1] == curVal) {
numSmall = n - 1;
numBig = 0;
break;
}
}
if (nums2[tp] == curVal) {
numSmall = tp;
numBig = n - tp - 1;
break;
}
if (nums2[tp] < curVal && curVal < nums2[tp + 1]) {
numSmall = tp + 1;
numBig = n - tp - 1;
break;
}
if (tl == tr) {
break;
}
if (nums2[tp] > curVal) {
// tp move left
tr = tp;
tp = (tl + tr) / 2;
} else {
// tp move right
tl = tp;
tp = (tl + tr) / 2;
if (tl == tp && tl < tr) {
tl++;
tp++;
}
}
}// end inner while
int s = numSmall + p;
int b = numBig + m - p - 1;
if (s == b) {
midL = midR = curVal;
break;
}
if (s == (b + 1)) {
midR = curVal;
} else if ((s + 1) == b) {
midL = curVal;
}
if (midL != null && midR != null) {
break;
}
// move p
if (l == r) {
break;
}
if (s > b) {
// p move left
r = p;
p = (l + r) / 2;
} else {
// p move right
l = p;
p = (l + r) / 2;
if (l == p && l < r) {
l++;
p++;
}
}
}
if (midL != null) {
ret.add(midL);
}
if (midR != null) {
ret.add(midR);
}
}
public static void main(String[] args) {
Solution s = new Solution();
int[] nums11 = { 1, 3 };
int[] nums12 = { 2 };
System.out.println(s.findMedianSortedArrays(nums12, nums11));
int[] nums21 = { 1, 2 };
int[] nums22 = { 3, 4 };
System.out.println(s.findMedianSortedArrays(nums22, nums21));
int[] nums31 = { 1, 2, 3 };
int[] nums32 = { 3, 4 };
System.out.println(s.findMedianSortedArrays(nums32, nums31));
int[] nums41 = {};
int[] nums42 = { 1 };
System.out.println(s.findMedianSortedArrays(nums41, nums42));
int[] nums51 = { 1, 2 };
int[] nums52 = { 1, 2 };
System.out.println(s.findMedianSortedArrays(nums51, nums52));
}
}但问题是, 这个算法的时间复杂度是O(logm*logn), 虽然能AC, 但比题目中要求的O(log(m+n))要高.
这里还有第二种解法:
因为如果分别做二分的话, 必然会是O(logm*logn)的复杂度, 要达到题目中要求的复杂度, 需要两个数组一起做二分.
如下实现一个方法找两个数组中第n大的数:
假定需要找nums1的下标(s1,e1)范围内nums2的下标(s2,e2)范围内的第n个大小的数, 我们先把nums1和nums2各自的中点p1, p2 找出:
假定p1元素>=p2元素, 否则把nums1和nums2交换位置.
对于图中黄色的部分, 即s1~p1, s2~p2, 肯定是小于等于p1元素的, 这两块元素的数目可以求出, 定义为lmargin, 如果nth<=lmargin, 那么第nth元素必然小于p1元素, p1右边的元素可以抛弃.
问题就变成找上图的第nth元素
同样的, 依照类似的想法,
如果p1~e1, p2~e2这两部分元素的数目, 大于(元素总数-nth), 这就说明, 第nth元素, 是大于p2元素的. p2以前这块, s2~p2是可以被抛弃的.
问题就变成, 找上图的第nth - (p2 - s2) 个元素.
如此可以迭代下去, 到其中一对游标相遇的时候, 就很好解决了.
如上, 找到第n大的数, 问题就等于是解决了. 可以顺利找到中位数.
基本思路是这样, 还有些细节问题需要解决.
AC的代码如下:
public class Solution2 {
/**
* AC Time Complexity: O(log(m+n))
*/
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int l1 = nums1.length;
int l2 = nums2.length;
// judge for empty conditions
if (l1 == 0) {
if (l2 % 2 == 1) {
return nums2[l2 / 2];
} else {
return ((double) nums2[l2 / 2] + nums2[l2 / 2 - 1]) / 2;
}
}
if (l2 == 0) {
if (l1 % 2 == 1) {
return nums1[l1 / 2];
} else {
return ((double) nums1[l1 / 2] + nums1[l1 / 2 - 1]) / 2;
}
}
boolean isOdd = (l1 + l2) % 2 == 1;
if (isOdd) {
// if odd, just return the center one
return findNth(nums1, 0, l1 - 1, nums2, 0, l2 - 1, (l1 + l2) / 2 + 1);
} else {
// if even, return the average of the center two
return ((double) findNth(nums1, 0, l1 - 1, nums2, 0, l2 - 1, (l1 + l2) / 2)
+ (double) findNth(nums1, 0, l1 - 1, nums2, 0, l2 - 1, (l1 + l2) / 2 + 1)) / 2;
}
}
public int findNth(int[] nums1, int s1, int e1, int[] nums2, int s2, int e2, int nth) {
// if one or two array indexes are trapped to one element
if (s1 == e1) {
if (s2 == e2) {
return nth == 1 ? Math.min(nums1[s1], nums2[s2]) : Math.max(nums1[s1], nums2[s2]);
}
int nval = nums2[nth + s2 - 1];
if (nval <= nums1[s1]) {
return nval;
} else {
return Math.max(nums1[s1], nums2[nth + s2 - 2]);
}
}
// the other trapped condition, rotate to do as the above
if (s2 == e2) {
return findNth(nums2, s2, e2, nums1, s1, e1, nth);
}
int p1 = (s1 + e1) / 2;
int p2 = (s2 + e2) / 2;
if (nums1[p1] >= nums2[p2]) {
boolean f1 = false;
boolean f2 = false;
// number of all elements before p1(in nums1) or p2(in nums2)
// under condition nums1[p1]>=nums2[p2],
// all of theses elements are smaller or equal than nums1[p1]
int lmargin = p1 - s1 + 1 + p2 - s2 + 1;
// new indexes
int ns1 = s1;
int ne1 = e1;
int ns2 = s2;
int ne2 = e2;
int nnth = nth;
// if nth<lmargin, it means for sure the nth element cannot be in
// positions above p1
if (nth < lmargin && p1 > 0) {
// nums1: the right of p1(including) can be discarded
ne1 = p1 - 1;
f1 = true;
} else if (nth <= lmargin) {
// nums1: the right of p1(excluding) can be discarded
ne1 = p1;
f1 = true;
}
// number of all elements after p1(in nums1) or p2(in nums2)
// under condition nums1[p1]>=nums2[p2],
// all of theses elements are greater or equal than nums2[p2]
int rmargin = e1 - p1 + 1 + e2 - p2 + 1;
// we are finding the nth element from the beginning as well as rnth
// element from the end of the two
int rnth = e1 - s1 + 1 + e2 - s2 + 1 - nth + 1;
// if rnth<rmargin, it means for sure the rnth element cannot be in
// positions blow p2
if (rmargin > rnth && e2 > p2) {
// nums2: the left of p2(including) can be discarded
nnth = nth - (p2 - s2) - 1;
ns2 = p2 + 1;
f2 = true;
} else if (rmargin >= rnth) {
// nums2: the left of p2(excluding) can be discarded
nnth = nth - (p2 - s2);
ns2 = p2;
f2 = true;
}
if (f1 || f2) {
// something changes, go on with the new index
return findNth(nums1, ns1, ne1, nums2, ns2, ne2, nnth);
}
}
// else reverse and find
return findNth(nums2, s2, e2, nums1, s1, e1, nth);
}
}这个算法的时间复杂度可以认为是O(log(m+n)).
但其实, 我对这两个算法都不太满意, 都比较冗长复杂, 暂时还没有想到更简洁, 效率更高的算法.
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