class Solution {
public:
int getKthElement(const vector<int>& nums1, const vector<int>& nums2, int k) {
int m = nums1.size();
int n = nums2.size();
int index1 = 0, index2 = 0;
while (true) {
// 边界情况
if (index1 == m) {
return nums2[index2 + k - 1];
}
if (index2 == n) {
return nums1[index1 + k - 1];
}
if (k == 1) {
return min(nums1[index1], nums2[index2]);
}
// 正常情况
int newIndex1 = min(index1 + k / 2 - 1, m - 1);
int newIndex2 = min(index2 + k / 2 - 1, n - 1);
int pivot1 = nums1[newIndex1];
int pivot2 = nums2[newIndex2];
if (pivot1 <= pivot2) {
k -= newIndex1 - index1 + 1;
index1 = newIndex1 + 1;
}
else {
k -= newIndex2 - index2 + 1;
index2 = newIndex2 + 1;
}
}
}
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int totalLength = nums1.size() + nums2.size();
if (totalLength % 2 == 1) {
return getKthElement(nums1, nums2, (totalLength + 1) / 2);
}
else {
return (getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2) + getKthElement(nums1, nums2, totalLength / 2 + 1)) / 2.0;
}
}
};
使用归并的方式，合并两个有序数组，得到一个大的有序数组。大的有序数组的中间位置的元素，即为中位数。
不需要合并两个有序数组，只要找到中位数的位置即可。由于两个数组的长度已知，因此中位数对应的两个数组的下标之和也是已知的。维护两个指针，初始时分别指向两个数组的下标 0 的位置，每次将指向较小值的指针后移一位（如果一个指针已经到达数组末尾，则只需要移动另一个数组的指针），直到到达中位数的位置。
假设两个有序数组的长度分别为 m 和 n，上述两种思路的复杂度如何？
第一种思路的时间复杂度是 O(m+n)，空间复杂度是 O(m+n)。第二种思路虽然可以将空间复杂度降到 O(1)，但是时间复杂度仍是 O(m+n)。
如何把时间复杂度降低到 O(log(m+n)) 呢？如果对时间复杂度的要求有 log，通常都需要用到二分查找，这道题也可以通过二分查找实现。
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)/2 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：
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：
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。
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。
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。
A: [1 3 4] 9
↑
B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9
↑
(源码分享))
