第 k 小的数
一、寻找两个有序数组的中位数
1.1 问题描述
给定两个大小为 m 和 n 的不同时为空的有序数组 nums1 和 nums2。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))。
1.2 算法分析
题目要求的时间复杂度是 O(log(m + n))，要产生这样级别的时间复杂度只有采用二分查找法，用分治递归的思路来考虑这个问题。
需要转换题目中求中位数的问题为求第 k 小数的问题。如果 m + n 是奇数，那么寻找第 k = (m + n)/2 + 1 小的数即可；如果长度和是偶数，那么我们还需要寻找第 (m + n)/2 小的数，然后计算两数的平均值。
在求解整个问题的过程中，我们始终需要考虑一个很重要的问题--数组索引越界问题。
下面将详细地分析整个递归流程。
①、首先定义递归函数的作用：寻找两个有序数组 nums1 数组中 [L1, R1] 范围内和 nums2 数组 [L2, R2] 范围内第 k 小的数，k 从 1开始计数。
/**
* L1 nums1数组的寻找范围的左边界
* R1 nums1数组的寻找范围的右边界
* L2 nums2数组的寻找范围的左边界
* R2 nums2数组的寻找范围的右边界
* k 需要寻找第k小的元素
*/
int findKth(int[] nums1, int L1, int R1, int[] nums2, int L2, int R2, int k)
②、用 len1 = R1 - L1 + 1 来记录 nums1 数组中寻找范围的长度，用 len2 = R2 - L2 + 1 来记录 nums2 数组中寻找范围的长度。
③、如果要寻找的 k > len1 + len2，就像只有 3 个数字要找第 4 小的数一样，超出寻找区域，显然无法找到。
④、递归的终止条件：
当 len1 = 0 时，说明只有 nums2 数组中有元素，直接取 nums2[L2 + k - 1] 位元素即可。
当 k = 1 时，说明要取的是两个有序数组中的最小值 MIN(nums1[L1], nums2[L2])。
⑤、递归过程：
由于要求的是第 k 小的数，而且是在两个有序数组中求。划分两个数组时按照 k 值来分。取变量 i = MIN(len1, k/2)，之所以这么取，是为了防止 L1 + k/2 - 1 > len1 导致从 nums1 取值越界。再取变量 j = MIN(len2, k/2)。
接下来比较 nums1[L1 + i - 1] 和 nums2[L2 + i - 1] 这两个值。
如果 nums1[L1 + i - 1] <= nums2[L2 + j - 1]，显然 nums1 数组中索引为 L1 + i - 1 及之前的元素不可能是中位数，去除 nums1 数组中 [L1, L1 + i - 1] 范围内的元素，缩小了查找范围。我们递归调用该函数，此时在 nums1 中的查找范围变成了 nums1[L1 + i, R1]，此时要找的也不应该是第 k 小的元素，因为已经剔除了 i 个比 k 小的元素，因此我们要找的元素变成了第 k - i 小的元素。
如果 nums1[L1 + i - 1] > nums2[L2 + j - 1]，同理，nums2 数组中索引为 L2 + j - 1 及之前的元素不可能是中位数，缩小查找范围，剔除了 j 个比 k 小的元素，因此我们要找的元素变成了第 k - j 小的元素。
因为 i + j = MIN(len1, k/2) + MIN(len2, k/2) <= k，所以可以直接判断 [L1, L1 + i - 1] 或者 [L2, L2 + j -1] 区间的元素不可能是中位数。
总结：算法的思想是不断的剔除数据，逐渐逼近第 k 小的数。
1.3 时间复杂度
假设数组长度足够长，每次剔除的元素都是 k/2(i 或者j)，显然我们需要 log(k) 次才能找到第 k 小数，这和二分查找法是同理的，而我们要找的 k 值要么是 (m + n)/2 + 1，要么额外再加上 (m + n)/2，因此时间复杂度是 O(log(m + n)) 级别的。
1.4 代码实现
#define MIN(a, b) (a) < (b) ? (a) : (b)
int findKth(int* nums1, int left1, int right1, int* nums2, int left2, int right2, int k)
{
int n1 = right1 - left1 + 1;
int n2 = right2 - left2 + 1;
// 递归退出条件
if(k > n1 + n2) {
return 0; // 实际上 k 不会小于 n1 + n2
}
if(n1 == 0) {
return nums2[left2 + k - 1];
}
else if (n2 == 0) {
return nums1[left1 + k - 1];
}
if(k == 1) {
return MIN(nums1[left1], nums2[left2]);
}
int i = MIN(n1, k / 2);
int j = MIN(n2, k / 2);
// 剔除比第 k 小的数还小的数，逐渐逼近
if(nums1[left1 + i - 1] > nums2[left2 + j - 1]) {
return findKth(nums1, left1, right1, nums2, left2 + j, right2, k - j);
}
else {
return findKth(nums1, left1 + i, right1, nums2, left2, right2, k - i);
}
}
double findMedianSortedArrays(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size)
{
// k = (nums1Size + nums2Size) /2 + 1，因为 k 从 1 开始计数
int mid1 = findKth(nums1, 0, nums1Size - 1, nums2, 0, nums2Size - 1, (nums1Size + nums2Size) / 2 + 1);
// 两个数组总长度是奇数
if((nums1Size + nums2Size) % 2 != 0) {
return mid1;
}
// 两个数组总长度是偶数
else {
// 额外求 (nums1Size + nums2Size) / 2 的值
int mid2 = findKth(nums1, 0, nums1Size - 1, nums2, 0, nums2Size - 1, (nums1Size + nums2Size) / 2);
return (mid1 + mid2) / 2.0;
}
}
