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給定兩個大小分別為 m 和 n 的正序（從小到大）陣列 nums1 和 nums2。請你找出並返回這兩個正序陣列的 中位數 。
演算法的時間複雜度應該為 O(log (m+n)) 。
示例 1：
輸入：nums1 = [1,3], nums2 = [2]
輸出：2.00000
解釋：合併陣列 = [1,2,3] ，中位數 2
示例 2：
輸入：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]
輸出：2.50000
解釋：合併陣列 = [1,2,3,4] ，中位數 (2 + 3) / 2 = 2.5
提示：
nums1.length == m
nums2.length == n
0 <= m <= 1000
0 <= n <= 1000
1 <= m + n <= 2000
-10^6 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^6
方法一：合併排序
將兩個數組合並，並排序，時間複雜度取決於排序演算法，快排時間複雜度O((m+n)log(m+n))。缺點沒有使用兩個有序陣列這個條件。
方法二：有序陣列歸併
借用歸併排序的關鍵步驟（合併兩個有序陣列），時間複雜度O(m+n)。
當然也可以不合並陣列，這也是我最初的做法(C++)：
class Solution { public: double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) { int m = nums1.size();int n = nums2.size(); bool is_oddnum = (m + n) % 2; //判斷是否為奇數 int now = 0, pre = 0; //如果是偶數，需要記錄兩個中位數 for (int i = 0, j = 0, k = 0; k <= (m + n) / 2; ++k) { //如果是奇數，迴圈結束now正好為中位數；如果是偶數，now為後一箇中位數 pre = now; //每次迴圈將pre變為now，而now在下面的步驟中更新 if (i >= m) { //如果第一個陣列遍歷完，那麼無需判斷直接將now更新為第二個陣列的當前元素。now = nums2[j]; ++j; continue; } if (j >= n) { //同理 now = nums1[i]; ++i; continue; } if (nums1[i] < nums2[j]) { //判斷第一個陣列和第二個陣列的當前元素的大小，將now更新為小的元素 now = nums1[i]; ++i; } else { now = nums2[j]; ++j; } } if (is_oddnum) { return now; } else { return (pre + now) / 2.0; } } };
但是方法二的時間複雜度依然達不到要求。
方法三：二分查詢
根據中位數的定義，當 m+n 是奇數時，中位數是兩個有序陣列中的第 (m+n)/2個元素，當 m+n 是偶數時，中位數是兩個有序陣列中的第 (m+n)/2 個元素和第 (m+n)/2+1 個元素的平均值。因此，這道題可以轉化成尋找兩個有序陣列中的第 k 小的數，其中 k 為 (m+n)/2 或 (m+n)/2+1。
假設兩個有序陣列分別是 A 和 B。要找到第 k 個元素，我們可以比較A[k/2−1] 和 B[k/2−1]，其中 / 表示整數除法。由於 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 的前面分別有 A[0..k/2−2] 和 B[0..k/2−2]，即 k/2−1 個元素，對於 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 中的較小值，最多隻會有 (k/2−1)+(k/2−1)≤k−2 個元素比它小，那麼它就不能是第 k 小的數了。
因此我們可以歸納出三種情況：
如果 A[k/2−1]<B[k/2−1]，則比 A[k/2−1] 小的數最多隻有 A 的前 k/2−1 個數和 B 的前 k/2−1 個數，即比 A[k/2−1] 小的數最多隻有 k−2 個，因此 A[k/2−1] 不可能是第 k 個數，A[0] 到 A[k/2−1] 也都不可能是第 k 個數，可以全部排除。
如果 A[k/2−1]>B[k/2−1]，則可以排除 B[0] 到 B[k/2−1]。
如果 A[k/2−1]=B[k/2−1]，則可以歸入第一種情況處理。
可以看到，比較 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 之後，可以排除 k/2 個不可能是第 k 小的數，查詢範圍縮小了一半。同時，我們將在排除後的新陣列上繼續進行二分查詢，並且根據我們排除數的個數，減少 k 的值，這是因為我們排除的數都不大於第 k 小的數。
有以下三種情況需要特殊處理：
如果 A[k/2−1] 或者 B[k/2−1] 越界，那麼我們可以選取對應陣列中的最後一個元素。在這種情況下，我們必須根據排除數的個數減少 k 的值，而不能直接將 k 減去 k/2。
如果一個數組為空，說明該陣列中的所有元素都被排除，我們可以直接返回另一個數組中第 k 小的元素。
如果 k=1，我們只要返回兩個陣列首元素的最小值即可。
class Solution { public: int getKthElement(const vector<int>& nums1, const vector<int>& nums2, int k) { /* 主要思路：要找到第 k (k>1) 小的元素，那麼就取 pivot1 = nums1[k/2-1] 和 pivot2 = nums2[k/2-1] 進行比較 * 這裡的 "/" 表示整除 * nums1 中小於等於 pivot1 的元素有 nums1[0 .. k/2-2] 共計 k/2-1 個 * nums2 中小於等於 pivot2 的元素有 nums2[0 .. k/2-2] 共計 k/2-1 個 * 取 pivot = min(pivot1, pivot2)，兩個陣列中小於等於 pivot 的元素共計不會超過 (k/2-1) + (k/2-1) <= k-2 個 * 這樣 pivot 本身最大也只能是第 k-1 小的元素 * 如果 pivot = pivot1，那麼 nums1[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把這些元素全部 "刪除"，剩下的作為新的 nums1 陣列 * 如果 pivot = pivot2，那麼 nums2[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把這些元素全部 "刪除"，剩下的作為新的 nums2 陣列 * 由於我們 "刪除" 了一些元素（這些元素都比第 k 小的元素要小），因此需要修改 k 的值，減去刪除的數的個數 */ int m = nums1.size(); int n = nums2.size(); int index1 = 0, index2 = 0; while (true) { // 邊界情況 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]); } // 正常情況 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; } } }; 作者：LeetCode-Solution 連結：https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/solution/xun-zhao-liang-ge-you-xu-shu-zu-de-zhong-wei-s-114/ 來源：力扣（LeetCode）
題目連結：https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/