LeetCode 刷题笔记——day 3

4. 寻找两个正序数组的中位数

难度：困难

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：

1
2
3

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：

1
2
3

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

示例 3：

1 2	输入：nums1 = [0,0], nums2 = [0,0] 输出：0.00000

示例 4：

1 2	输入：nums1 = [], nums2 = [1] 输出：1.00000

示例 5：

1 2	输入：nums1 = [2], nums2 = [] 输出：2.00000

提示：

nums1.length == m
nums2.length == n
0 <= m <= 1000
0 <= n <= 1000
1 <= m + n <= 2000
-106 <= nums1[i], nums2[i] <= 106

我的答案：

大致思路就是把两个数组合并到一个新数组里，然后对这个数组进行排序，最后直接求中位数即可，粗暴。虽然通过了力扣测试，但并没有达到时间复杂度的要求。

class Solution {
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int a = nums1.size();
        int b = nums2.size();

        vector<int> nums(a + b);
        int i = 0;
        for(; i < a; i++) {
            nums[i] = nums1[i];
        }
        for(; i < a + b; i++) {
            nums[i] = nums2[i - a];
        }

        for(int i = 0; i < a + b; i++) {
            for(int j = i; j < a + b; j++) {
                if(nums[i] > nums[j]) {
                    int temp = nums[i];
                    nums[i] = nums[j];
                    nums[j] = temp;
                }
            }
        }

        if((a + b) % 2) {
            return (double)nums[(a + b) / 2];
        } else {
            return (double)(nums[(a + b) / 2] + nums[(a + b) / 2 - 1]) / 2.0;
        }
    }
};

执行用时: 236 ms
内存消耗: 87.3 MB

官方答案

二分查找

在题解中，又给我们引入了新的方法：二分查找。

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)/22 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。
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：
1
2
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：
1
2
3
4
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。
1
2
3
4
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。
1
2
3
4
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。
1
2
3
4
A: [1 3 4] 9
           ↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
           ↑
作者：LeetCode-Solution

研读了题解之后，我又重新更改了一遍代码：

class Solution {
public:
    int getNum(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2, int k) {
        int a = nums1.size();
        int b = nums2.size();
        int index1 = 0, index2 = 0;

        while(1) {
            if(index1 == a) {
                return nums2[index2 + k - 1];
            }
            if(index2 == b) {
                return nums1[index1 + k - 1];
            }
            if(k == 1) {
                return min(nums1[index1], nums2[index2]);
            }

            int newind1 = min(index1 + k / 2 - 1, a - 1);
            int newind2 = min(index2 + k / 2 - 1, b - 1);

            if(nums1[newind1] <= nums2[newind2]) {
                k -= newind1 - index1 + 1;
                index1 = newind1 + 1;
            } else {
                k -= newind2 - index2 + 1;
                index2 = newind2 + 1;
            }
        }
    }

    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int len = nums1.size() + nums2.size();
        if(len % 2) {
            return getNum(nums1, nums2, len / 2 + 1);
        } else {
            return (getNum(nums1, nums2, len / 2) + getNum(nums1, nums2, len / 2 + 1)) / 2.0;
        }
    }
};

执行用时: 20 ms
内存消耗: 86.9 MB

虽然代码理论复杂了不少，但不可否认的是，运行快了很多。

用 Java 再次练习了一遍：

class Solution {
    public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
        int len = nums1.length + nums2.length;
        if(len % 2 == 1) {
            return getNum(nums1, nums2, len / 2 + 1);
        } else {
            return (getNum(nums1, nums2, len / 2) + getNum(nums1, nums2, len / 2 + 1)) / 2.0;
        }
    }

    public int getNum(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
        int a = nums1.length;
        int b = nums2.length;
        int index1 = 0, index2 = 0;

        while(true) {
            if(index1 == a) {
                return nums2[index2 - 1 + k];
            }
            if(index2 == b) {
                return nums1[index1 - 1 + k];
            }
            if(k == 1) {
                return Math.min(nums1[index1], nums2[index2]);
            }

            int newind1 = Math.min(index1 + k / 2 - 1, a - 1);
            int newind2 = Math.min(index2 + k / 2 - 1, b - 1);

            if(nums1[newind1] <= nums2[newind2]) {
                k -= newind1 - index1 + 1;
                index1 = newind1 + 1;
            } else {
                k -= newind2 - index2 + 1;
                index2 = newind2 + 1;
            }
        }
    }
}

执行用时: 3 ms
内存消耗: 39.4 MB

这里挖个坑，为什么相同代码 Java 的内存消耗和执行用时都比 C++ 要小好多？

划分数组

在这道题的官方题解中，还提到了第二种方法： 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（ $i∈[0,m]$ ）。
$\text{len}(\text{left\_A})$ = $i$ , $\text{len}(\text{right\_A})$ = $m - i$ , $len(right_A)=m−i$ .
注意：当 $i=0$ 时， $\text{left\_A}$ 为空集，而当 $i=m$ 时, $\text{right\_A}$ 为空集。
采用同样的方式，在任意位置 $j$ 将 $\text{B}$ 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 $\text{left\_A}$ 和 $\text{left\_B}$ 放入一个集合，并将 $\text{right\_A}$ 和 $\text{right\_B}$ 放入另一个集合。再把这两个新的集合分别命名为 $\text{left\_part}$ 和 $\text{right\_part}$ ：
      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 $\text{A}$ 和 $\text{B}$ 的总长度是偶数时，如果可以确认：
$\text{len}(\text{left\_part}) = \text{len}$ ( $\text{right\_part})$
$\max(\text{left\_part}) \leq \min(\text{right\_part})$
那么， $\{\text{A}, \text{B}\}$ 中的所有元素已经被划分为相同长度的两个部分，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值和后一部分的最小值的平均值：
$\text{median}$ = $\frac{\text{max}(\text{left}\_\text{part}) + \text{min}(\text{right}\_\text{part})}{2}$
当 $\text{A}$ 和 $\text{B}$ 的总长度是奇数时，如果可以确认：
$\text{len}(\text{left\_part}) = \text{len}$ ( $\text{right\_part})+1$
$\max(\text{left\_part}) \leq \min(\text{right\_part})$
那么， $\{\text{A}, \text{B}\}$ 中的所有元素已经被划分为两个部分，前一部分比后一部分多一个元素，且前一部分中的元素总是小于或等于后一部分中的元素。中位数就是前一部分的最大值：
$\text{median} = \text{max}(\text{left}\_\text{part})$
第一个条件对于总长度是偶数和奇数的情况有所不同，但是可以将两种情况合并。第二个条件对于总长度是偶数和奇数的情况是一样的。
要确保这两个条件，只需要保证：
$i + j = m - i + n - j$ （当 $m+n$ 为偶数）或 $i + j = m - i + n - j + 1$ （当 $m+n$ 为奇数）。等号左侧为前一部分的元素个数，等号右侧为后一部分的元素个数。将 $i$ 和 $j$ 全部移到等号左侧，我们就可以得到 $i+j = \frac{m + n + 1}{2}$ 。这里的分数结果只保留整数部分。
$0 \leq i \leq m$ ， $0 \leq j \leq n$ 。如果我们规定 $\text{A}$ 的长度小于等于 $\text{B}$ 的长度，即 $m \leq n$ 。这样对于任意的 $i \in [0, m]$ ，都有 $j = \frac{m + n + 1}{2} - i \in [0, n]$ ，那么我们在 $[0, m]$ 的范围内枚举 $i$ 并得到 $j$ ，就不需要额外的性质了。
如果 $\text{A}$ 的长度较大，那么我们只要交换 $\text{A}$ 和 $\text{B}$ 即可。
如果 $m > n$ ，那么得出的 $j$ 有可能是负数。
$\text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]$ 以及 $\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$ ，即前一部分的最大值小于等于后一部分的最小值。
为了简化分析，假设 $\text{A}[i-1]$ , $\text{B}[j-1]$ , $\text{A}[i]$ , $\text{B}[j]$ 总是存在。对于 $i=0$ 、 $i=m$ 、 $j=0$ 、 $j=n$ 这样的临界条件，我们只需要规定 $\text{A}[-1]=\text{B}[-1]=-\infty$ ， $A[m]=\text{B}[n]=\infty$ 即可。这也是比较直观的：当一个数组不出现在前一部分时，对应的值为负无穷，就不会对前一部分的最大值产生影响；当一个数组不出现在后一部分时，对应的值为正无穷，就不会对后一部分的最小值产生影响。
所以我们需要做的是：
在 $[0, m]$ 中找到 $i$ ，使得：
$\qquad \text{B}[j-1] \leq \text{A}[i]$ 且 $\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$ ，其中 $j = \frac{m + n + 1}{2} - i$
我们证明它等价于：
在 $[0, m]$ 中找到最大的 $i$ ，使得：
$\qquad \text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$ ，其中 $j = \frac{m + n + 1}{2} - i$
这是因为：
当 $i$ 从 $0 \sim m$ 递增时， $\text{A}[i-1]$ 递增， $\text{B}[j]$ 递减，所以一定存在一个最大的 $i$ 满足 $\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$ ；
如果 $i$ 是最大的，那么说明 $i+1$ 不满足。将 $i+1$ 带入可以得到 $\text{A}[i] > \text{B}[j-1]$ ，也就是 $\text{B}[j - 1] < \text{A}[i]$ ，就和我们进行等价变换前 $i$ 的性质一致了（甚至还要更强）。
因此我们可以对 $i$ 在 $[0, m]$ 的区间上进行二分搜索，找到最大的满足 $\text{A}[i-1] \leq \text{B}[j]$ 的 $i$ 值，就得到了划分的方法。此时，划分前一部分元素中的最大值，以及划分后一部分元素中的最小值，才可能作为就是这两个数组的中位数。
作者：LeetCode-Solution

再次用 C++ 练习了一下这个方法：

class Solution {
public:
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        if(nums1.size() > nums2.size()) {
            return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
        }

        int a = nums1.size();
        int b = nums2.size();
        int left = 0, right = a;
        int medmax = 0, medmin = 0;

        while(left <= right) {
            int i = (left + right) / 2;
            int j = (a + b + 1) / 2 - i;

            int med_in1 = i == 0 ? INT_MIN : nums1[i-1];
            int med_in2 = j == 0 ? INT_MIN : nums2[j-1];
            int med_ax1 = i == a ? INT_MAX : nums1[i];
            int med_ax2 = j == b ? INT_MAX : nums2[j];

            if(med_in1 <= med_ax2) {
                medmax = max(med_in1, med_in2);
                medmin = min(med_ax1, med_ax2);
                left = i + 1;
            } else {
                right = i - 1;
            }
        }

        return (a + b) % 2 == 0 ? (medmax + medmin) / 2.0 : medmax;
    }
};

执行用时: 28 ms
内存消耗: 86.7 MB

代码不算很复杂，但推理的过程确实非常巧妙。

今天还是只搞这一道题，一直对时间/空间复杂度的概念不是很清楚，这里记录一下来自维基百科的解释：

算法效率

在计算机科学中，算法的时间复杂度（Time complexity）是一个函数，它定性描述该算法的运行时间。这是一个代表算法输入值的字符串的长度的函数。时间复杂度常用大O符号表述，不包括这个函数的低阶项和首项系数。使用这种方式时，时间复杂度可被称为是渐近的，亦即考察输入值大小趋近无穷时的情况。例如，如果一个算法对于任何大小为 n （必须比 n0 大）的输入，它至多需要 $5n^3 + 3n$ 的时间运行完毕，那么它的渐近时间复杂度是 O( $n^3$ )。

为了计算时间复杂度，我们通常会估计算法的操作单元数量，每个单元执行的时间都是相同的。因此，总运行时间和算法的操作单元数量最多相差一个常量系数。

相同大小的不同输入值仍可能造成算法的执行时间不同，因此我们通常使用算法的最坏情况复杂度，记为 $T(n)$ ，定义为任何大小的输入 n 所需的最大执行时间。另一种较少使用的方法是平均情况复杂度，通常有特别指定才会使用。时间复杂度可以用函数 T(n) 的自然特性加以分类，举例来说，有着 T(n) = O(n) 的算法被称作“线性时间算法”；而 T(n) = O( $M^n$ ) 和 $M^n$ = O(T(n)) ，其中 M ≥ n > 1 的算法被称作“指数时间算法”。

以下表格统整了一些常用的时间复杂度类。表中，poly(x) = $x^{O(1)}$ ，也就是 x 的多项式。

名称	复杂度类	运行时间（ $T(N)$ )	运行时间举例	算法举例
常数时间		$O(1)$	10	判断一个二进制数的奇偶
反阿克曼时间		$O(\alpha(n)$		并查集的单个操作的平摊时间
迭代对数时间		$O(log^* n)$		分布式圆环着色问题
对数对数时间		$O(log log n)$		有界优先队列的单个操作
对数时间	DLOGTIME	$O(log n)$	$log n$ , $log n^2$	二分搜索
幂对数时间		$(log n)^{O(1)}$	$(log n)^2$
（小于1次）幂时间		$O(n^c)$ ，其中 $0 < c < 1$	$n^\frac {1}{2}$ ， $n^ \frac{2}{3}$	K-d树的搜索操作
线性时间		$O(n)$	$n$	无序数组的搜索
线性迭代对数时间		$O(n log^* n)$		莱姆德·赛德尔的三角分割多边形算法
线性对数时间		$O(n log n)$	$nlog n$ , $log n!$	最快的比较排序
二次时间		$O(n^2)$	$n^2$	冒泡排序、插入排序
三次时间		$O(n^3)$	$n^3$	矩阵乘法的基本实现，计算部分相关性
多项式时间	P	$2^{O(log n)} = n^{O(1)}$	$n$ ， $n log n$ ， $n^{10}$	线性规划中的卡马卡算法，AKS质数测试
准多项式时间	QP	$2^{(logn)^{O(1)}}$		关于有向斯坦纳树问题最著名的 $O(log^2n)$ 近似算法
次指数时间（第一定义）	SUBEXP	$O(2^{n^\epsilon})$ ，对任意的ε > 0	$O(2^{(logn)^{loglogn}})$	假设复杂性理论推测，BPP包含在 SUBEXP 中。
次指数时间（第二定义）		$2^{o(n)}$	$2^{n^{\frac {1}{3}}}$	用于整数分解与图形同构问题的著名算法
指数时间	E	$2^{O(n)}$	$1.1^n, 10^n$	使用动态规划解决旅行推销员问题
阶乘时间		$O(n!)$	$n!$	通过暴力搜索解决旅行推销员问题
指数时间	EXPTIME	$2^{poly(n)}$	$2^n, 2^{n^2}$
双重指数时间	2-EXPTIME	$2^{2^{poly(n)}}$	$2^{2^n}$	在预膨胀算术中决定一个给定描述的真实性