Median of Two Sorted Arrays 【LeetCode】
2014-05-02 23:13
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Question:
There are two sorted arrays A and B 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)).
Anwser
1: O(nlogn)
利用排序将两个数组合并成一个数组,然后返回中位数.
class Solution {
public:
double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n) {
int *a=new int[m+n];
memcpy(a,A,sizeof(int)*m);
memcpy(a+m,B,sizeof(int)*n);
sort(a,a+n+m);
double median=(double) ((n+m)%2? a[(n+m)>>1]:(a[(n+m-1)>>1]+a[(n+m)>>1])/2.0);
delete a;
return median;
}
};
[b]Anwser
2: O(log(m+n))
[/b]
将原问题转变成一个寻找第k小数的问题,这样中位数实际上是第(m+n)/2小的数。
首先假设数组A和B的元素个数都大于k/2,我们比较A[k/2-1]和B[k/2-1]两个元素,这两个元素分别表示A的第k/2小的元素和B的第k/2小的元素。这两个元素比较共有三种情况:>、<和=。如果A[k/2-1]<B[k/2-1],这表示A[0]到A[k/2-1]的元素都在A和B合并之后的前k小的元素中。换句话说,A[k/2-1]不可能大于两数组合并之后的第k小值,所以我们可以将其抛弃。
证明可以采用反证法。假之后的第k小值,我们不妨假定其为第(k+1)小值。由于A[k/2-1]小于B[k/2-1],所以B[k/2-1]至少是第(k+2)小值。但实际上,在A中至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1],B中也至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1],所以小于A[k/2-1]的元素个数至多有k/2+ k/2-2,小于k,这与A[k/2-1]是第(k+1)的数矛盾。当A[k/2-1]>B[k/2-1]时存在类似的结论。当A[k/2-1]=B[k/2-1]时,我们已经找到了第k小的数,也即这个相等的元素,我们将其记为m。由于在A和B中分别有k/2-1个元素小于m,所以m即是第k小的数。(这里可能有人会有疑问,如果k为奇数,则m不是中位数。这里是进行了理想化考虑,在实际代码中略有不同,是先求k/2,然后利用k-k/2获得另一个数。)
通过上面的分析,我们即可以采用递归的方式实现寻找第k小的数。此外我们还需要考虑几个边界条件:(1)如果A或者B为空,则直接返回B[k-1]或者A[k-1];(2)如果k为1,我们只需要返回A[0]和B[0]中的较小值;(3)如果A[k/2-1]=B[k/2-1],返回其中一个。
代码非常简洁,而且效率也很高。在最好情况下,每次都有k一半的元素被删除,所以算法复杂度为logk,由于求中位数时k为(m+n)/2,所以算法复杂度为log(m+n)。
double findKth(int a[],int m,int b[],int n,int k)
{
//always assume that m is equal or smaller than n
if (m > n)
return findKth(b,n,a,m,k);
if (m == 0)
return b[k-1];
if (k == 1)
return min(a[0],b[0]);
//divide k into two parts
int pa = min(k/2,m), pb = k-pa;
if (a[pa-1] < b[pb-1])
return findKth(a+pa,m-pa,b,n,k-pa);
else if (a[pa-1]>b[pb-1])
return findKth(a,m,b+pb,n-pb,k-pb);
else
return a[pa-1];
}
class Solution
{
public:
double findMedianSortedArrays(int A[],int m,int B[],int n)
{
int total
= m+n;
if (total & 0x1)
return findKth(A,m,B,n,total/2+1);
else
return (findKth(A,m,B,n,total/2)+findKth(A,m,B,n,total/2+1))/2;
}
};
There are two sorted arrays A and B 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)).
Anwser
1: O(nlogn)
利用排序将两个数组合并成一个数组,然后返回中位数.
class Solution {
public:
double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n) {
int *a=new int[m+n];
memcpy(a,A,sizeof(int)*m);
memcpy(a+m,B,sizeof(int)*n);
sort(a,a+n+m);
double median=(double) ((n+m)%2? a[(n+m)>>1]:(a[(n+m-1)>>1]+a[(n+m)>>1])/2.0);
delete a;
return median;
}
};
[b]Anwser
2: O(log(m+n))
[/b]
将原问题转变成一个寻找第k小数的问题,这样中位数实际上是第(m+n)/2小的数。
首先假设数组A和B的元素个数都大于k/2,我们比较A[k/2-1]和B[k/2-1]两个元素,这两个元素分别表示A的第k/2小的元素和B的第k/2小的元素。这两个元素比较共有三种情况:>、<和=。如果A[k/2-1]<B[k/2-1],这表示A[0]到A[k/2-1]的元素都在A和B合并之后的前k小的元素中。换句话说,A[k/2-1]不可能大于两数组合并之后的第k小值,所以我们可以将其抛弃。
证明可以采用反证法。假之后的第k小值,我们不妨假定其为第(k+1)小值。由于A[k/2-1]小于B[k/2-1],所以B[k/2-1]至少是第(k+2)小值。但实际上,在A中至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1],B中也至多存在k/2-1个元素小于A[k/2-1],所以小于A[k/2-1]的元素个数至多有k/2+ k/2-2,小于k,这与A[k/2-1]是第(k+1)的数矛盾。当A[k/2-1]>B[k/2-1]时存在类似的结论。当A[k/2-1]=B[k/2-1]时,我们已经找到了第k小的数,也即这个相等的元素,我们将其记为m。由于在A和B中分别有k/2-1个元素小于m,所以m即是第k小的数。(这里可能有人会有疑问,如果k为奇数,则m不是中位数。这里是进行了理想化考虑,在实际代码中略有不同,是先求k/2,然后利用k-k/2获得另一个数。)
通过上面的分析,我们即可以采用递归的方式实现寻找第k小的数。此外我们还需要考虑几个边界条件:(1)如果A或者B为空,则直接返回B[k-1]或者A[k-1];(2)如果k为1,我们只需要返回A[0]和B[0]中的较小值;(3)如果A[k/2-1]=B[k/2-1],返回其中一个。
代码非常简洁,而且效率也很高。在最好情况下,每次都有k一半的元素被删除,所以算法复杂度为logk,由于求中位数时k为(m+n)/2,所以算法复杂度为log(m+n)。
double findKth(int a[],int m,int b[],int n,int k)
{
//always assume that m is equal or smaller than n
if (m > n)
return findKth(b,n,a,m,k);
if (m == 0)
return b[k-1];
if (k == 1)
return min(a[0],b[0]);
//divide k into two parts
int pa = min(k/2,m), pb = k-pa;
if (a[pa-1] < b[pb-1])
return findKth(a+pa,m-pa,b,n,k-pa);
else if (a[pa-1]>b[pb-1])
return findKth(a,m,b+pb,n-pb,k-pb);
else
return a[pa-1];
}
class Solution
{
public:
double findMedianSortedArrays(int A[],int m,int B[],int n)
{
int total
= m+n;
if (total & 0x1)
return findKth(A,m,B,n,total/2+1);
else
return (findKth(A,m,B,n,total/2)+findKth(A,m,B,n,total/2+1))/2;
}
};
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