17082 两个有序数序列中找第k小(优先做) O(logn)
17082 两个有序数序列中找第k小(优先做)
时间限制:1000MS 内存限制:65535K
提交次数:0 通过次数:0
题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC
Description
已知两个已经排好序(非减序)的序列X和Y,其中X的长度为m,Y长度为n,
现在请你用分治算法,找出X和Y的第k小的数,算法时间复杂度为O(max{logm, logn})。 此题请勿采用将序列X和Y合并找第k小的O(m+n)的一般方法,要充分利用X和Y已经排好序的这一特性。
输入格式
第一行有三个数,分别是长度m、长度n和k,中间空格相连(1<=m,n<=100000; 1<=k<=m+n)。
第二行m个数分别是非减序的序列X。第三行n个数分别是非减序的序列Y。
输出格式
序列X和Y的第k小的数。
输入样例
5 6 7
1 8 12 12 21
4 12 20 22 26 31
输出样例
20
提示
假设:X序列为X[xBeg...xEnd],而Y序列为Y[yBeg...yEnd]。 将序列X和Y都均分2段,即取X序列中间位置为 xMid (xMid = xBeg+(xEnd-xBeg)/2),也同理取序列Y中间位置为yMid。
比较X[xMid]和Y[yMid]的大小,此时记录X左段和Y左段元素个数合计为halfLen,即halfLen = xMid-xBeg+yMid-yBeg+2。 1. 当X[xMid] < Y[yMid]时,在合并的数组中,原X[xBeg...xMid]所有元素一定在Y[yMid]的左侧,
(1) 若k < halfLen,则此时第k大的元素一定不会大于Y[yMid]这个元素,
故以后没有必要搜索 Y[yMid...yEnd]这些元素,可弃Y后半段数据。
此时只需递归的对X序列+Y序列的前半段,去搜索第k小的数。 (2) 若k >= halfLen,则此时第k大的元素一定不会小于X[xMid]这个元素,
故以后没有必要搜索 X[xBeg...xMid]这些元素,可弃X前半段数据。
此时只需递归的对X序列的后半段+Y序列,去搜索第 k-(xMid-xBeg+1)小的数。 2. 当X[xMid] >= Y[yMid]时,在合并的数组中,原Y[yBeg...yMid]的所有元素一定在X[xMid]的左侧,
(1) 若k < halfLen,则此时第k大的元素一定不会大于X[xMid]这个元素,
故以后没有必要搜索 X[xMid...xEnd]这些元素,可弃X后半段数据。
此时只需递归的对X序列的前半段+Y序列,去搜索第k小的数。 (2) 若k >= halfLen,则此时第k大的元素一定不会小于Y[yMid]这个元素,
故以后没有必要搜索 Y[yBeg...yMid]这些元素,可弃Y前半段数据。
此时只需递归的对X序列+Y序列的后半段,去搜索第 k-(yMid-yBeg+1)小的数。 递归的边界,如何来写?
1) if (xBeg > xEnd) return Y[yBeg + k - 1]; //X序列为空时,直接返回Y序列的第k小元素。
2) if (yBeg > yEnd) return X[xBeg + k - 1]; //Y序列为空时,直接返回X序列的第k小元素。 效率分析: T(m,n)表示对长度为m的有序的X序列和长度为n的有序的Y序列,搜索第k小元素的复杂度。
T(m,n)=1 m=0或n=0
T(m,n) <= max{T(m/2,n), T(m,n/2)} + O(1) 则T(m,n) = O(max{logm, logn})
作者
zhengchan
首先,如果a数组取a[k/2]那个值,b数组需要取b[k - k/2]那个值,这样使得两者加起来是k个,然后,如果a[k/2] > b[k - k/2],那么b[k-k/2]肯定不会是答案,又因为递增,所以b[k-k/2]前面的可以不用考虑了,直接把这部分pass掉。同理其他。
注意的是,每次都需要在比较短的那个数组里面取值,再去长度大的那个数组里面找k - k/2
#include <stdio.h>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
using namespace std;
#define inf (0x3f3f3f3f)
typedef long long int LL;
const int maxn = 1e5 + ;
int a[maxn], b[maxn]; int findkthMin(int aBe, int aEn, int bBe, int bEn, int k) {
if (aEn < aBe) return b[bBe + k - ];
if (bEn < bBe) return a[aBe + k - ];
if (k == ) return min(a[aBe], b[bBe]);
if (aEn - aBe < bEn - bBe) {
int asel = min(k / , aEn - aBe + ), bsel = k - asel;
int posa = aBe + asel - , posb = bBe + bsel - ;
if (a[posa] == b[posb]) return a[posa];
if (a[posa] < b[posb]) return findkthMin(posa + , aEn, bBe, bEn, k - asel);
if (a[posa] > b[posb]) return findkthMin(aBe, aEn, posb + , bEn, k - bsel);
} else {
int bsel = min(k / , bEn - bBe + ), asel = k - bsel;
int posa = aBe + asel - , posb = bBe + bsel - ;
if (a[posa] == b[posb]) return a[posa];
if (a[posa] < b[posb]) return findkthMin(posa + , aEn, bBe, bEn, k - asel);
if (a[posa] > b[posb]) return findkthMin(aBe, aEn, posb + , bEn, k - bsel);
}
} void work() {
int n, m, k;
cin >> n >> m >> k;
for (int i = ; i <= n; ++i) cin >> a[i];
for (int j = ; j <= m; ++j) cin >> b[j];
// printf("%d\n", find_kth(a, n, b, m, k));
printf("%d\n", findkthMin(, n, , m, k));
} int main() {
#ifdef local
freopen("data.txt", "r", stdin);
// freopen("data.txt", "w", stdout);
#endif
work();
return ;
}
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