给定两个大小为 m 和 n 的有序数组 nums1
和 nums2
。
请你找出这两个有序数组的中位数,并且要求算法的时间复杂度为 o(log(m + n))。
你可以假设 nums1
和 nums2
不会同时为空。
示例 1:
nums1 = [1, 3] nums2 = [2] 则中位数是 2.0
示例 2:
nums1 = [1, 2] nums2 = [3, 4] 则中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5
这道题让我们求两个有序数组的中位数,而且限制了时间复杂度为 o(log (m+n)),看到这个时间复杂度,自然而然的想到了应该使用二分查找法来求解。但是这道题被定义为 hard 也是有其原因的,难就难在要在两个未合并的有序数组之间使用二分法,如果这道题只有一个有序数组,让我们求中位数的话,估计就是个 easy 题。对于这道题来说,我们可以将两个有序数组混合起来成为一个有序数组再做吗,图样图森破,这个时间复杂度限制的就是告诉你金坷垃别想啦。那么我们还是要用二分法,而且是在两个数组之间使用,感觉很高端啊。那么回顾一下中位数的定义,如果某个有序数组长度是奇数,那么其中位数就是最中间那个,如果是偶数,那么就是最中间两个数字的平均值。这里对于两个有序数组也是一样的,假设两个有序数组的长度分别为m和n,由于两个数组长度之和 m+n 的奇偶不确定,因此需要分情况来讨论,对于奇数的情况,直接找到最中间的数即可,偶数的话需要求最中间两个数的平均值。为了简化代码,不分情况讨论,我们使用一个小 trick,分别找第 (m+n+1) / 2 个,和 (m+n+2) / 2 个,然后求其平均值即可,这对奇偶数均适用。若 m+n 为奇数的话,那么其实 (m+n+1) / 2 和 (m+n+2) / 2 的值相等,相当于两个相同的数字相加再除以2,还是其本身。
好,这里我们需要定义一个函数来在两个有序数组中找到第k个元素,下面重点来看如何实现找到第k个元素。首先,为了避免拷贝产生新的数组从而增加时间复杂度,我们使用两个变量i和j分别来标记数组 nums1 和 nums2 的起始位置。然后来处理一些 corner cases,比如当某一个数组的起始位置大于等于其数组长度时,说明其所有数字均已经被淘汰了,相当于一个空数组了,那么实际上就变成了在另一个数组中找数字,直接就可以找出来了。还有就是如果 k=1 的话,那么我们只要比较 nums1 和 nums2 的起始位置i和j上的数字就可以了。难点就在于一般的情况怎么处理?因为我们需要在两个有序数组中找到第k个元素,为了加快搜索的速度,我们要使用二分法,那么对谁二分呢,数组么?其实要对k二分,意思是我们需要分别在 nums1 和 nums2 中查找第 k/2 个元素,注意这里由于两个数组的长度不定,所以有可能某个数组没有第 k/2 个数字,所以我们需要先 check 一下,数组中到底存不存在第 k/2 个数字,如果存在就取出来,否则就赋值上一个整型最大值。如果某个数组没有第 k/2 个数字,那么我们就淘汰另一个数组的前 k/2 个数字即可。举个例子来说吧,比如 nums1 = {3},nums2 = {2, 4, 5, 6, 7},k=4,我们要找两个数组混合中第4个数字,那么我们分别在 nums1 和 nums2 中找第2个数字,我们发现 nums1 中只有一个数字,不存在第二个数字,那么 nums2 中的前2个数字可以直接跳过,为啥呢,因为我们要求整个混合数组的第4个数字,不管 nums1 中的那个数字是大是小,第4个数字绝不会出现在 nums2 的前两个数字中,所以可以直接跳过。
有没有可能两个数组都不存在第 k/2 个数字呢,这道题里是不可能的,因为我们的k不是任意给的,而是给的 m+n 的中间值,所以必定至少会有一个数组是存在第 k/2 个数字的。最后就是二分法的核心啦,比较这两个数组的第 k/2 小的数字 midval1 和 midval2 的大小,如果第一个数组的第 k/2 个数字小的话,那么说明我们要找的数字肯定不在 nums1 中的前 k/2 个数字,所以我们可以将其淘汰,将 nums1 的起始位置向后移动 k/2 个,并且此时的k也自减去 k/2,调用递归,举个例子来说吧,比如 nums1 = {1, 3},nums2 = {2, 4, 5},k=4,我们要找两个数组混合中第4个数字,那么我们分别在 nums1 和 nums2 中找第2个数字,nums1 中的第2个数字是3,nums2 中的第2个数字是4,由于3小于4,所以混合数组中第4个数字肯定在 nums2 中,所以我们可以将 nums1 的起始位置向后移动 k/2 个。反之,我们淘汰 nums2 中的前 k/2 个数字,并将 nums2 的起始位置向后移动 k/2 个,并且此时的k也自减去 k/2,调用递归即可,参见代码如下:
c++ 解法一:
class solution { public: double findmediansortedarrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { int m = nums1.size(), n = nums2.size(), left = (m + n + 1) / 2, right = (m + n + 2) / 2; return (findkth(nums1, 0, nums2, 0, left) + findkth(nums1, 0, nums2, 0, right)) / 2.0; } int findkth(vector<int>& nums1, int i, vector<int>& nums2, int j, int k) { if (i >= nums1.size()) return nums2[j + k - 1]; if (j >= nums2.size()) return nums1[i + k - 1]; if (k == 1) return min(nums1[i], nums2[j]); int midval1 = (i + k / 2 - 1 < nums1.size()) ? nums1[i + k / 2 - 1] : int_max; int midval2 = (j + k / 2 - 1 < nums2.size()) ? nums2[j + k / 2 - 1] : int_max; if (midval1 < midval2) { return findkth(nums1, i + k / 2, nums2, j, k - k / 2); } else { return findkth(nums1, i, nums2, j + k / 2, k - k / 2); } } };
java 解法一:
public class solution { public double findmediansortedarrays(int[] nums1, int[] nums2) { int m = nums1.length, n = nums2.length, left = (m + n + 1) / 2, right = (m + n + 2) / 2; return (findkth(nums1, 0, nums2, 0, left) + findkth(nums1, 0, nums2, 0, right)) / 2.0; } int findkth(int[] nums1, int i, int[] nums2, int j, int k) { if (i >= nums1.length) return nums2[j + k - 1]; if (j >= nums2.length) return nums1[i + k - 1]; if (k == 1) return math.min(nums1[i], nums2[j]); int midval1 = (i + k / 2 - 1 < nums1.length) ? nums1[i + k / 2 - 1] : integer.max_value; int midval2 = (j + k / 2 - 1 < nums2.length) ? nums2[j + k / 2 - 1] : integer.max_value; if (midval1 < midval2) { return findkth(nums1, i + k / 2, nums2, j, k - k / 2); } else { return findkth(nums1, i, nums2, j + k / 2, k - k / 2); } } }
上面的解法一直使用的是原数组,同时用了两个变量来分别标记当前的起始位置。我们也可以直接生成新的数组,这样就不要用起始位置变量了,不过拷贝数组的操作可能会增加时间复杂度,也许会超出限制,不过就算当个思路拓展也是极好的。首先我们要判断数组是否为空,为空的话,直接在另一个数组找第k个即可。还有一种情况是当 k = 1 时,表示我们要找第一个元素,只要比较两个数组的第一个元素,返回较小的那个即可。这里我们分别取出两个数组的第 k/2 个数字的位置坐标i和j,为了避免数组没有第 k/2 个数组的情况,我们每次都和数组长度做比较,取出较小值。这里跟上面的解法有些许不同,上面解法我们直接取出的是值,而这里我们取出的是位置坐标,但是思想都是很类似的。不同在于,上面解法中我们每次固定淘汰 k/2 个数字,而这里我们由于取出了合法的i和j,所以我们每次淘汰i或j个。评论区有网友提出,可以让 j = k-i,这样也是对的,可能还更好一些,收敛速度可能会更快一些,参见代码如下:
c++ 解法二:
class solution { public: double findmediansortedarrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { int m = nums1.size(), n = nums2.size(); return (findkth(nums1, nums2, (m + n + 1) / 2) + findkth(nums1, nums2, (m + n + 2) / 2)) / 2.0; } int findkth(vector<int> nums1, vector<int> nums2, int k) { if (nums1.empty()) return nums2[k - 1]; if (nums2.empty()) return nums1[k - 1]; if (k == 1) return min(nums1[0], nums2[0]); int i = min((int)nums1.size(), k / 2), j = min((int)nums2.size(), k / 2); if (nums1[i - 1] > nums2[j - 1]) { return findkth(nums1, vector<int>(nums2.begin() + j, nums2.end()), k - j); } else { return findkth(vector<int>(nums1.begin() + i, nums1.end()), nums2, k - i); } return 0; } };
java 解法二:
public class solution { public double findmediansortedarrays(int[] nums1, int[] nums2) { int m = nums1.length, n = nums2.length, left = (m + n + 1) / 2, right = (m + n + 2) / 2; return (findkth(nums1, nums2, left) + findkth(nums1, nums2, right)) / 2.0; } int findkth(int[] nums1, int[] nums2, int k) { int m = nums1.length, n = nums2.length; if (m == 0) return nums2[k - 1]; if (n == 0) return nums1[k - 1]; if (k == 1) return math.min(nums1[0], nums2[0]); int i = math.min(m, k / 2), j = math.min(n, k / 2); if (nums1[i - 1] > nums2[j - 1]) { return findkth(nums1, arrays.copyofrange(nums2, j, n), k - j); } else { return findkth(arrays.copyofrange(nums1, i, m), nums2, k - i); } } }
此题还能用迭代形式的二分搜索法来解,是一种相当巧妙的应用,讲解在中写的十分清楚,等有时间我再来写写分析过程:
c++ 解法三:
class solution { public: double findmediansortedarrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { int m = nums1.size(), n = nums2.size(); if (m < n) return findmediansortedarrays(nums2, nums1); if (n == 0) return ((double)nums1[(m - 1) / 2] + (double)nums1[m / 2]) / 2.0; int left = 0, right = n * 2; while (left <= right) { int mid2 = (left + right) / 2; int mid1 = m + n - mid2; double l1 = mid1 == 0 ? int_min : nums1[(mid1 - 1) / 2]; double l2 = mid2 == 0 ? int_min : nums2[(mid2 - 1) / 2]; double r1 = mid1 == m * 2 ? int_max : nums1[mid1 / 2]; double r2 = mid2 == n * 2 ? int_max : nums2[mid2 / 2]; if (l1 > r2) left = mid2 + 1; else if (l2 > r1) right = mid2 - 1; else return (max(l1, l2) + min(r1, r2)) / 2; } return -1; } };
java 解法三:
public class solution { public double findmediansortedarrays(int[] nums1, int[] nums2) { int m = nums1.length, n = nums2.length; if (m < n) return findmediansortedarrays(nums2, nums1); if (n == 0) return (nums1[(m - 1) / 2] + nums1[m / 2]) / 2.0; int left = 0, right = 2 * n; while (left <= right) { int mid2 = (left + right) / 2; int mid1 = m + n - mid2; double l1 = mid1 == 0 ? double.min_value : nums1[(mid1 - 1) / 2]; double l2 = mid2 == 0 ? double.min_value : nums2[(mid2 - 1) / 2]; double r1 = mid1 == m * 2 ? double.max_value : nums1[mid1 / 2]; double r2 = mid2 == n * 2 ? double.max_value : nums2[mid2 / 2]; if (l1 > r2) left = mid2 + 1; else if (l2 > r1) right = mid2 - 1; else return (math.max(l1, l2) + math.min(r1, r2)) / 2; } return -1; } }
参考资料:
本文来自网络收集,不代表计算机技术网立场,如涉及侵权请联系管理员删除。
ctvol管理联系方式QQ:251552304
本文章地址:https://www.ctvol.com/c-cdevelopment/603221.html