C++實現LeetCode(兩個有序數組的中位數)
[LeetCode] 4. Median of Two Sorted Arrays 兩個有序數組的中位數
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)).
You may assume nums1 and nums2 cannot be both empty.
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
這道題讓我們求兩個有序數組的中位數，而且限制瞭時間復雜度為 O(log (m+n))，看到這個時間復雜度，自然而然的想到瞭應該使用二分查找法來求解。但是這道題被定義為 Hard 也是有其原因的，難就難在要在兩個未合並的有序數組之間使用二分法，如果這道題隻有一個有序數組，讓求中位數的話，估計就是個 Easy 題。對於這道題來說，可以將兩個有序數組混合起來成為一個有序數組再做嗎，圖樣圖森破，這個時間復雜度限制的就是告訴你金坷垃別想啦。還是要用二分法，而且是在兩個數組之間使用，感覺很高端啊。回顧一下中位數的定義，如果某個有序數組長度是奇數，那麼其中位數就是最中間那個，如果是偶數，那麼就是最中間兩個數字的平均值。這裡對於兩個有序數組也是一樣的，假設兩個有序數組的長度分別為m和n，由於兩個數組長度之和 m+n 的奇偶不確定，因此需要分情況來討論，對於奇數的情況，直接找到最中間的數即可，偶數的話需要求最中間兩個數的平均值。為瞭簡化代碼，不分情況討論，使用一個小 trick，分別找第 (m+n+1) / 2 個，和 (m+n+2) / 2 個，然後求其平均值即可，這對奇偶數均適用。若 m+n 為奇數的話，那麼其實 (m+n+1) / 2 和 (m+n+2) / 2 的值相等，相當於兩個相同的數字相加再除以2，還是其本身。
好，這裡需要定義一個函數來在兩個有序數組中找到第K個元素，下面重點來看如何實現找到第K個元素。首先，為瞭避免拷貝產生新的數組從而增加時間復雜度，使用兩個變量i和j分別來標記數組 nums1 和 nums2 的起始位置。然後來處理一些 corner cases，比如當某一個數組的起始位置大於等於其數組長度時，說明其所有數字均已經被淘汰瞭，相當於一個空數組瞭，那麼實際上就變成瞭在另一個數組中找數字，直接就可以找出來瞭。還有就是如果 K=1 的話，隻要比較 nums1 和 nums2 的起始位置i和j上的數字就可以瞭。難點就在於一般的情況怎麼處理？因為需要在兩個有序數組中找到第K個元素，為瞭加快搜索的速度，可以使用二分法，那麼對誰二分呢，數組麼？其實要對K二分，意思是需要分別在 nums1 和 nums2 中查找第 K/2 個元素，註意這裡由於兩個數組的長度不定，所以有可能某個數組沒有第 K/2 個數字，所以需要先 check 一下，數組中到底存不存在第 K/2 個數字，如果存在就取出來，否則就賦值上一個整型最大值（目的是要在 nums1 或者 nums2 中先淘汰 K/2 個較小的數字，判斷的依據就是看 midVal1 和 midVal2 誰更小，但如果某個數組的個數都不到 K/2 個，自然無法淘汰，所以將其對應的 midVal 值設為整型最大值，以保證其不會被淘汰），若某個數組沒有第 K/2 個數字，則淘汰另一個數組的前 K/2 個數字即可。舉個例子來說吧，比如 nums1 = {3}，nums2 = {2, 4, 5, 6, 7}，K=4，要找兩個數組混合中第4個數字，則分別在 nums1 和 nums2 中找第2個數字，而 nums1 中隻有一個數字，不存在第二個數字，則 nums2 中的前2個數字可以直接跳過，為啥呢，因為要求的是整個混合數組的第4個數字，不管 nums1 中的那個數字是大是小，第4個數字絕不會出現在 nums2 的前兩個數字中，所以可以直接跳過。
有沒有可能兩個數組都不存在第 K/2 個數字呢，這道題裡是不可能的，因為K不是任意給的，而是給的 m+n 的中間值，所以必定至少會有一個數組是存在第 K/2 個數字的。最後就是二分法的核心啦，比較這兩個數組的第 K/2 小的數字 midVal1 和 midVal2 的大小，如果第一個數組的第 K/2 個數字小的話，那麼說明要找的數字肯定不在 nums1 中的前 K/2 個數字，可以將其淘汰，將 nums1 的起始位置向後移動 K/2 個，並且此時的K也自減去 K/2，調用遞歸，舉個例子來說吧，比如 nums1 = {1, 3}，nums2 = {2, 4, 5}，K=4，要找兩個數組混合中第4個數字，那麼分別在 nums1 和 nums2 中找第2個數字，nums1 中的第2個數字是3，nums2 中的第2個數字是4，由於3小於4，所以混合數組中第4個數字肯定在 nums2 中，可以將 nums1 的起始位置向後移動 K/2 個。反之，淘汰 nums2 中的前 K/2 個數字，並將 nums2 的起始位置向後移動 K/2 個，並且此時的K也自減去 K/2，調用遞歸即可，參見代碼如下：
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數組，同時用瞭兩個變量來分別標記當前的起始位置。我們也可以直接生成新的數組，這樣就不要用起始位置變量瞭，不過拷貝數組的操作可能會增加時間復雜度，也許會超出限制，不過就算當個思路拓展也是極好的。首先要判斷數組是否為空，為空的話，直接在另一個數組找第K個即可。還有一種情況是當 K = 1 時，表示要找第一個元素，隻要比較兩個數組的第一個元素，返回較小的那個即可。這裡分別取出兩個數組的第 K/2 個數字的位置坐標i和j，為瞭避免數組沒有第 K/2 個數組的情況，每次都和數組長度做比較，取出較小值。這裡跟上面的解法有些許不同，上面解法直接取出的是值，而這裡取出的是位置坐標，但是思想都是很類似的。不同在於，上面解法中每次固定淘汰 K/2 個數字，而這裡由於取出瞭合法的i和j，所以每次淘汰i或j個。評論區有網友提出，可以讓 j = k-i，這樣也是對的，可能還更好一些，收斂速度可能會更快一些，參見代碼如下：
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);
}
}
}
此題還能用迭代形式的二分搜索法來解，是一種相當巧妙的應用，這裡就參照 stellari 大神的帖子 來講解吧。所謂的中位數，換一種角度去看，其實就是把一個有序數組分為長度相等的兩段，中位數就是前半段的最大值和後半段的最小值的平均數，也就是離分割點相鄰的兩個數字的平均值。比如說對於偶數個數組 [1 3 5 7]，那麼分割開來就是 [1 3 / 5 7]，其中 ‘/’ 表示分割點，中位數就是3和5的平均值。對於奇數個數組 [1 3 4 5 7]，可以分割為 [1 3 4 / 4 5 7]，可以發現左右兩邊都有個4，則中位數是兩個4的平均數，還是4。這裡使用L表示分割點左邊的數字，R表示分割點右邊的數字，則對於 [1 3 5 7] 來說，L=3，R=5。對於 [1 3 4 5 7] 來說，L=4，R=4。那麼對於長度為N的數組來說，可以分別得到L和R的位置，如下所示：
N Index of L Index of R
1 0 0
2 0 1
3 1 1
4 1 2
5 2 2
6 2 3
7 3 3
觀察上表，可以得到規律，Idx(L)= (N-1)/2，idx(R) = N/2，所以中位數可以用下式表示：
(L + R) / 2 = (A[(N – 1) / 2] + A[N / 2]) / 2
為瞭統一數組長度為奇數和偶數的情況，可以使用一個小 tricky，即在每個數字的兩邊都加上一個特殊字符，比如井號，這個 tricky 其實在馬拉車算法中也使用過。這樣做的好處是不管奇數或者偶數，加井號後數組的長度都是奇數，並且切割點的位置也是確定的，比如：
[1 3 5 7] -> [# 1 # 3 # 5 # 7 #] N = 4
index 0 1 2 3 4 5 6 7 8 newN = 9
[1 3 4 5 7] -> [# 1 # 3 # 4 # 5 # 7 #] N = 5index 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 newN = 11
這裡的N是原數組的長度，newN 是添加井號後新數組的長度，可以發現 newN = 2N+1，而且切割點永遠都在新數組中坐標為N的位置，且 idx(L) = (N-1)/2，idx(R) = N/2，這裡的N就可以換成分割點的位置，豈不美哉（註意這裡的 idx(L) 和 idx(R) 表示的是在未填充#號的坐標位置）！現在假設有兩個數組：
[1 3 4 5 7] -> [# 1 # 3 # 4 # 5 # 7 #] N1 = 5
index 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 newN1 = 11
[1 2 2 2] -> [# 1 # 2 # 2 # 2 #] N2 = 4
index 0 1 2 3 4 5 6 7 8 newN2 = 9
跟隻有一個數組的情況類似，這裡需要找到一個切割點，使得其分別可以將兩個數組分成左右兩部分，需要滿足的是兩個左半邊中的任意一個數字都要小於兩個右半邊數組的數字，註意這裡可能有的左半邊或右半邊會為空，但是兩個左半邊數字的個數和應該等於兩個右半邊的個數和。這裡還可以觀察出一些規律：
1. 總共有 2N1 + 2N2 + 2 個位置，那麼除去兩個分割點，兩個左右半邊應該各有 N1 + N2 個數字。
2. 因此，對於一個在 A2 數組中的分割點位置 C2 = K，在 A1 數組中的位置應該為 C1 = N1 + N2 – K，比如假如在 A2 中的分割點位置為 C2 = 2，那麼在 A1 中的位置為 C1 = 4 + 5 – C2 = 7。
[# 1 # 3 # 4 # (5/5) # 7 #]
[# 1 / 2 # 2 # 2 #]
3. 假如兩個數組都被分割瞭，那麼就應該會有兩個L和R，分別是：
L1 = A1[(C1 – 1) / 2]
R1 = A1[C1 / 2]
L2 = A2[(C2 – 1) / 2]
R2 = A2[C2 / 2]
對於上面的例子就有：
L1 = A1[(7 – 1) / 2] = A1[3] = 5
R1 = A1[7 / 2] = A1[3] = 5
L2 = A2[(2 – 1) / 2] = A2[0] = 1
R2 = A2[2 / 2] = A2[1] = 2
現在需要檢測這個切割點是否是正確的中位數的切割點，那麼根據之前的分析，任意的左半邊的數字都需要小於等於右半邊的數字，L1 和 L2 是左半邊的最大的數字，R1 和 R2 是右半邊的最小的數字，所以需要滿足下列關系：
L1 <= R1 && L1 <= R2 && L2 <= R1 && L2 <= R2
由於兩個數組都是有序的，所以 L1 <= R1 和 L2 <= R2 都是滿足的，那麼就隻需要滿足下列的不等式即可：
L1 <= R2 && L2 <= R1
這樣的話就可以利用二分搜索瞭，假如 L1 > R2 的話，說明數組 A1 的左半邊的數字過大瞭，需要把切割點 C1 往左移動。假如 L2 > R1，說明數組 A2 的左半邊數字過大，需要把分割點 C2 左移。若滿足上面的條件，說明當前切割點就是正確的，那麼中位數就可以求出來瞭，即為：
(max(L1, L2) + min(R1, R2)) / 2
最後還有兩點註意事項：
1. 由於 C1 和 C2 是可以互相計算而得，即一個確定瞭，另一個就可以計算出來瞭。所以盡量去移動較短的那個數組，這樣得到的時間復雜度為 O(lg(min(N1, N2)))。
2. 對於 corner case 的處理，當切割點在 0 或者 2n 的位置時，將L或R的值分別賦值為整型最小值和最大值，這不會改變正確的切割點的位置，會使得代碼實現更加方便。
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;
}
}
到此這篇關於C++實現LeetCode(兩個有序數組的中位數)的文章就介紹到這瞭,更多相關C++實現兩個有序數組的中位數內容請搜索WalkonNet以前的文章或繼續瀏覽下面的相關文章希望大傢以後多多支持WalkonNet！
推薦閱讀：
- C++實現LeetCode(162.求數組的局部峰值)
- Java算法練習題,每天進步一點點(2)
- C++實現LeetCode(209.最短子數組之和)
- Java C++算法題解leetcode801使序列遞增的最小交換次數
- C++實現LeetCode(152.求最大子數組乘積)