leetcode第四题：Median of Two Sorted Arrays （java）

Median of Two Sorted Arrays

There
are two sorted arrays A and B 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)).

time=378ms
accepted

<pre name="code" class="java">public class Solution {
   public double findMedianSortedArrays(int A[], int B[]) {
        int m=A.length,n=B.length;
        int median=(m+n)/2;
        if((m+n)%2==0)
        	return (findNum(A,0,m-1,B,0,n-1,median)+
        			findNum(A,0,m-1,B,0,n-1,median+1))/2;
        else
        	return findNum(A,0,m-1,B,0,n-1,median+1);

    }
	/*找到已排序序列的第k个数*/
	public double findNum(int A[],int leftA,int rightA,
			int B[],int leftB,int rightB,int k){
		//always assume alen<blen
		int alen=rightA-leftA+1;
		int blen=rightB-leftB+1;
		if(alen>blen)
			return findNum(B,leftB,rightB,A,leftA,rightA,k);
		if(alen==0)
			return B[leftB+k-1];
		if(k==1)
			return min(A[leftA],B[leftB]);

		int atemp=min(k/2,alen);
		int btemp=k-atemp;
		if(A[leftA+atemp-1]<B[leftB+btemp-1]){
			return findNum(A,leftA+atemp,rightA,B,leftB,leftB+btemp-1,k-atemp);
		}else if(A[leftA+atemp-1]>B[leftB+btemp-1]){
			return findNum(A,leftA,leftA+atemp-1,B,leftB+btemp,rightB,k-btemp);
		}else{
			return A[leftA+atemp-1];
		}
	}
	int min(int x,int y){
		return x<y?x:y;
	}
}

  <pre name="code" class="java">  //----------------代码切换----------------------------//
		if(A[leftA+atemp-1]<B[leftB+btemp-1]){
			return findNum(A,leftA+atemp,rightA,B,leftB,<strong>rightB</strong>,k-atemp);
		}else if(A[leftA+atemp-1]>B[leftB+btemp-1]){
			return findNum(A,leftA,<strong>rightA</strong>,B,leftB+btemp,rightB,k-btemp);
		}else{
			return A[leftA+atemp-1];
		}
	修改比较之后AB数组的结束位置，原理上前面的方法中AB的长度比后者缩短了一半，但耗时要440ms，而长度没有减半时耗时还要短一些，为379ms，这里存在一些疑问。

分析思路（此处转载自网络大牛）：

这是一道非常经典的题。这题更通用的形式是，给定两个已经排序好的数组，找到两者所有元素中第 k 大的元素。O(m + n) 的解法比较直观，直接 merge 两个数组，然后求第 k
大的元素。不过我们仅仅需要第 k 大的元素，是不需要“排序”这么复杂的操作的。可以用一个计数器，记录当前已经找到第 m 大的元素了。同时我们使用两个指针 pA 和 pB，分别指向 A 和 B 数组的第一个元素，使用类似于 merge sort 的原理，如果数组 A 当前元素小，那么 pA++，同时 m++；如果数组 B 当前元素小，那么 pB++，同时 m++。最终当 m 等于 k 的时候，就得到了我们的答案，O(k)时间，O(1) 空间。但是，当 k 很接近 m + n 的时候，这个方法还是 O(m +
n) 的。



有没有更好的方案呢？我们可以考虑从 k 入手。如果我们每次都能够删除一个一定在第 k 大元素之前的元素，那么我们需要进行 k 次。但是如果每次我们都删除一半呢？由于 A 和 B
都是有序的，我们应该充分利用这里面的信息，类似于二分查找，也是充分利用了“有序”。

假设 A 和 B 的元素个数都大于 k/2，我们将 A 的第 k/2 个元素（即 A[k/2-1]）和 B 的第 k/2

个元素（即 B[k/2-1]）进行比较，有以下三种情况（为了简化这里先假设 k 为偶数，所得到的结论对于 k 是奇数也是成立的）：

A[k/2-1] == B[k/2-1]

A[k/2-1] > B[k/2-1]

A[k/2-1] < B[k/2-1]

如果 A[k/2-1] < B[k/2-1]，意味着 A[0] 到 A[k/2-1 的肯定在 A [ B 的 top k 元素的范围内，换句话说，A[k/2-1 不可能大于 A
[ B 的第 k 大元素。留给读者证明。因此，我们可以放心的删除 A 数组的这 k/2 个元素。同理，当 A[k/2-1] > B[k/2-1] 时，可以删除 B 数组的 k/2 个元素。当 A[k/2-1] == B[k/2-1] 时，说明找到了第 k 大的元素，直接返回 A[k/2-1] 或 B[k/2-1]即可。因此，我们可以写一个递归函数。那么函数什么时候应该终止呢？

当 A 或 B 是空时，直接返回 B[k-1] 或 A[k-1]；当 k=1 是，返回 min(A[0], B[0])；当 A[k/2-1] == B[k/2-1] 时，返回 A[k/2-1]
或 B[k/2-1]