算法題解：從2個已排序數組中找到第k小的數字

題目

leetcode題目連接
設給出的兩個已從小到大排序的數組爲nums1和nums2，size1=nums1.size()，size2=nums2.size()。
分析題目能夠知道，要找到中位數，最好能從2個已排序數組中找到第k小的數字，後者是更具通常性的問題。

題解1

咱們固然能夠先merge這兩個已經排序的數組，而後直接返回合併後數組的第k個數字。時間複雜度爲O(size1+size2)。可是這個時間複雜度超出了題目限制的O(log (size1+size2))。

題解2

合併兩個數組太耗時了，咱們不能這樣作。
咱們的思路是，不斷刪掉數組中確定不是第k小的那些數字，從而可以不斷地減少數組，在這個過程當中，咱們要找的那個數字的序號（k）也會不斷地減少。
數組中的哪些數字能夠刪除呢？
讓咱們假設k是4：
nums1： [a1, a2, a3, ...]
nums2： [b1, b2, b3, ...]
若是a2<b2，那麼a2確定能夠刪除。由於有可能比a2小的數字只有：

1. a1。它確定比a2小，由於數組已排序。
2. b1。它有可能比a2小。

所以，a2最多隻能是第3小的數字，確定比咱們要找的第4數字要小！從而a2，以及比a2還小的a1，均可以刪除。

刪除這兩個數字之後，問題變成了:
nums1： [a3, ...]
nums2： [b1, b2, b3, ...]
從以上兩個已排序數組中找出第2小的數字。（k已經變了，由於咱們已經刪除了兩個比咱們要找的那個數字還小的數字。）

同理，咱們能夠刪除a3和b1中較小的那個數字，而後問題變成從剩餘數字中找到第1小的數字。這個問題不就簡單了嗎？

推廣以上方法，咱們能夠寫出一個get_kth_smallest函數：

class Solution {
public:
    // findMedianSortedArrays只是簡單地調用get_kth_smallest。後者纔是算法的核心。
    double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int total_size = nums1.size()+nums2.size();
        if (0 == total_size) throw std::invalid_argument( "received empty arrays" );
        if (total_size%2 == 0) {
            return (get_kth_smallest(nums1, nums2, total_size/2)+get_kth_smallest(nums1, nums2, total_size/2+1))/2.0;
        } else {
            return get_kth_smallest(nums1, nums2, total_size/2+1);
        }
    }
    int get_kth_smallest(vector<int> nums1, vector<int> nums2, int k) {
        // 保證nums1.size() <= nums2.size()，方便分析
        if (nums1.size() > nums2.size()) return get_kth_smallest(nums2, nums1, k);
        if (nums1.empty()) return nums2[k-1];
        if (1 == k) return nums1[0] < nums2[0]? nums1[0]:nums2[0];
        
        // 在nums1和nums2中分別取第k/2個數字。固然，若是k/2已經超出數組邊界，咱們只取數組最後的那個數字。
        int k1 = min(static_cast<int>(nums1.size()), k/2);
        int k2 = min(static_cast<int>(nums2.size()), k/2);
        
        if (nums1[k1-1] < nums2[k2-1]) {
            // 若是nums1[k1-1] < nums2[k2-1]，說明nums1[k1-1]小於咱們要找的第k小的數字。
            nums1.erase(nums1.begin(), nums1.begin()+k1);
            return get_kth_smallest(nums1, nums2, k-k1);
        } else {
            // 若是nums1[k1-1] > nums2[k2-1]，說明nums2[k2-1]小於咱們要找的第k小的數字。
            // 若是nums1[k1-1] == nums2[k2-1]，說明nums2[k2-1]小於或等於咱們要找的第k小的數字。即便nums2[k2-1]等於咱們要找的第k小的數字，咱們依然能夠刪掉它，由於還有nums1[k1-1]和它相等呢！
            nums2.erase(nums2.begin(), nums2.begin()+k2);
            return get_kth_smallest(nums1, nums2, k-k2);
        }
    }
};

時間複雜度計算

注意到get_kth_smallest中沒有循環語句，只有遞歸，所以時間複雜度徹底取決於get_kth_smallest的調用次數。

• 最壞的狀況：兩個數組都很大，以致於每次在nums1和nums2中取第k/2個數字的時候，k/2都沒有超出數組邊界。所以每次調用get_kth_smallest都會使k減少一半。k減少爲1時獲得結果。從而時間複雜度爲O(log_2(k))。由於k<size1+size2，因此時間複雜度符合題目要求。
• 較好的狀況：其中有一個數組比較小，以致於在某次取第k/2個數字的時候，k/2超出了數組邊界，此時，若是這個數組中的最後一個數字 < 另外一個數組中取出的第k/2個數字，那麼這個數組的全部數字均可以刪掉。那麼剩下的問題就成爲「從一個已排序數組中取出第k'小的數字」，能夠直接獲得結果，提早結束遞歸。