题目描述（困难难度）
已知两个有序数组，找到两个数组合并后的中位数。
解法一
简单粗暴，先将两个数组合并，两个有序数组的合并也是归并排序中的一部分。然后根据奇数，还是偶数，返回中位数。
代码
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int[] nums;
int m = nums1.length;
int n = nums2.length;
nums = new int[m + n];
if (m == 0) {
if (n % 2 == 0) {
return (nums2[n / 2 - 1] + nums2[n / 2]) / 2.0;
} else {
return nums2[n / 2];
}
}
if (n == 0) {
if (m % 2 == 0) {
return (nums1[m / 2 - 1] + nums1[m / 2]) / 2.0;
} else {
return nums1[m / 2];
}
}
int count = 0;
int i = 0, j = 0;
while (count != (m + n)) {
if (i == m) {
while (j != n) {
nums[count++] = nums2[j++];
}
break;
}
if (j == n) {
while (i != m) {
nums[count++] = nums1[i++];
}
break;
}
if (nums1[i] < nums2[j]) {
nums[count++] = nums1[i++];
} else {
nums[count++] = nums2[j++];
}
}
if (count % 2 == 0) {
return (nums[count / 2 - 1] + nums[count / 2]) / 2.0;
} else {
return nums[count / 2];
}
}
时间复杂度：遍历全部数组，O（m + n）
空间复杂度：开辟了一个数组，保存合并后的两个数组，O（m + n）
解法二
其实，我们不需要将两个数组真的合并，我们只需要找到中位数在哪里就可以了。
开始的思路是写一个循环，然后里边判断是否到了中位数的位置，到了就返回结果，但这里对偶数和奇数的分类会很麻烦。当其中一个数组遍历完后，出了 for 循环对边界的判断也会分几种情况。总体来说，虽然复杂度不影响，但代码会看起来很乱。然后在 这里 找到了另一种思路。
首先是怎么将奇数和偶数的情况合并一下。
用 len 表示合并后数组的长度，如果是奇数，我们需要知道第 （len + 1）/ 2 个数就可以了，如果遍历的话需要遍历 int ( len / 2 ) + 1 次。如果是偶数，我们需要知道第 len / 2 和 len / 2 + 1 个数，也是需要遍历 len / 2 + 1 次。所以遍历的话，奇数和偶数都是 len / 2 + 1 次。
返回中位数的话，奇数需要最后一次遍历的结果就可以了，偶数需要最后一次和上一次遍历的结果。所以我们用两个变量 left 和 right ，right 保存当前循环的结果，在每次循环前将 right 的值赋给 left 。这样在最后一次循环的时候，left 将得到 right 的值，也就是上一次循环的结果，接下来 right 更新为最后一次的结果。
循环中该怎么写，什么时候 A 数组后移，什么时候 B 数组后移。用 aStart 和 bStart 分别表示当前指向 A 数组和 B 数组的位置。如果 aStart 还没有到最后并且此时 A 位置的数字小于 B 位置的数组，那么就可以后移了。也就是aStart ＜ m && A[aStart] < B[bStart]。
但如果 B 数组此刻已经没有数字了，继续取数字B [ bStart ]，则会越界，所以判断下 bStart 是否大于数组长度了，这样 || 后边的就不会执行了，也就不会导致错误了，所以增加为 aStart ＜ m && ( bStart >= n || A [ aStart ] < B [ bStart ] ) 。
代码
public double findMedianSortedArrays(int[] A, int[] B) {
int m = A.length;
int n = B.length;
int len = m + n;
int left = -1, right = -1;
int aStart = 0, bStart = 0;
for (int i = 0; i <= len / 2; i++) {
left = right;
if (aStart < m && (bStart >= n || A[aStart] < B[bStart])) {
right = A[aStart++];
} else {
right = B[bStart++];
}
}
if ((len & 1) == 0)
return (left + right) / 2.0;
else
return right;
}
时间复杂度：遍历 len/2 + 1 次，len = m + n ，所以时间复杂度依旧是 O（m + n）。
空间复杂度：我们申请了常数个变量，也就是 m，n，len，left，right，aStart，bStart 以及 i 。
总共 8 个变量，所以空间复杂度是 O（1）。
解法三
上边的两种思路，时间复杂度都达不到题目的要求 O ( log ( m + n ) )。看到 log ，很明显，我们只有用到二分的方法才能达到。我们不妨用另一种思路，题目是求中位数，其实就是求第 k 小数的一种特殊情况，而求第 k 小数有一种算法。
解法二中，我们一次遍历就相当于去掉不可能是中位数的一个值，也就是一个一个排除。由于数列是有序的，其实我们完全可以一半儿一半儿的排除。假设我们要找第 k 小数，我们可以每次循环排除掉 k / 2 个数。看下边一个例子。
假设我们要找第 7 小的数字。
我们比较两个数组的第 k / 2 个数字，如果 k 是奇数，向下取整。也就是比较第 3 个数字，上边数组中的 8 和 下边数组中的 3 ，如果哪个小，就表明该数组的前 k / 2 个数字都不是第 k 小数字，所以可以排除。也就是 1，2，3 这三个数字不可能是第 7 小的数字，我们可以把它排除掉。将 1389 和 45678910 两个数组作为新的数组进行比较。
更一般的情况 A [ 1 ]，A [ 2 ]，A [ 3 ]，A [ k / 2] ... ，B[ 1 ]，B [ 2 ]，B [ 3 ]，B[ k / 2] ... ，如果 A [ k / 2 ] < B [ k / 2 ] ，那么 A [ 1 ]，A [ 2 ]，A [ 3 ]，A [ k / 2] 都不可能是第 k 小的数字。
A 数组中比 A [ k / 2 ] 小的数有 k / 2 - 1 个，B 数组中，B [ k / 2 ] 比 A [ k / 2 ] 小，假设 B [ k / 2 ] 前边的数字都比 A [ k / 2 ] 小，也只有 k / 2 - 1 个，所以比 A [ k / 2 ] 小的数字最多有 k / 2 - 1 + k / 2 - 1 = k - 2 个，所以 A [ k / 2 ] 最多是第 k - 1 小的数。而比 A [ k / 2 ] 小的数更不可能是第 k 小的数了，所以可以把它们排除。
橙色的部分表示已经去掉的数字。
由于我们已经排除掉了 3 个数字，就是这 3 个数字一定在最前边，所以在两个新数组中，我们只需要找第 7 - 3 = 4 小的数字就可以了，也就是 k = 4 。此时两个数组，比较第 2 个数字，3 < 5，所以我们可以把小的那个数组中的 1 ，3 排除掉了。
我们又排除掉 2 个数字，所以现在找第 4 - 2 = 2 小的数字就可以了。此时比较两个数组中的第 k / 2 = 1 个数，4 = 4 ，怎么办呢？由于两个数相等，所以我们无论去掉哪个数组中的都行，因为去掉 1 个总会保留 1 个的，所以没有影响。为了统一，我们就假设 4 > 4 吧，所以此时将下边的 4 去掉。
由于又去掉 1 个数字，此时我们要找第 1 小的数字，所以只需判断两个数组中第一个数字哪个小就可以了，也就是 4 。
所以第 7 小的数字是 4 。
我们每次都是取 k / 2 的数进行比较，有时候可能会遇到数组长度小于 k / 2 的时候。
此时 k / 2 等于 3 ，而上边的数组长度是 2 ，我们此时将箭头指向它的末尾就可以了。这样的话，由于 2 < 3 ，所以就会导致上边的数组 1，2 都被排除。造成下边的情况。
由于 2 个元素被排除，所以此时 k = 5 ，又由于上边的数组已经空了，我们只需要返回下边的数组的第 5 个数字就可以了。
从上边可以看到，无论是找第奇数个还是第偶数个数字，对我们的算法并没有影响，而且在算法进行中，k 的值都有可能从奇数变为偶数，最终都会变为 1 或者由于一个数组空了，直接返回结果。
所以我们采用递归的思路，为了防止数组长度小于 k / 2 ，所以每次比较 min ( k / 2，len ( 数组 ) ) 对应的数字，把小的那个对应的数组的数字排除，将两个新数组进入递归，并且 k 要减去排除的数字的个数。递归出口就是当 k = 1 或者其中一个数字长度是 0 了。
代码
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int n = nums1.length;
int m = nums2.length;
int left = (n + m + 1) / 2;
int right = (n + m + 2) / 2;
//将偶数和奇数的情况合并，如果是奇数，会求两次同样的 k 。
return (getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, left) + getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, right)) * 0.5;
}
private int getKth(int[] nums1, int start1, int end1, int[] nums2, int start2, int end2, int k) {
int len1 = end1 - start1 + 1;
int len2 = end2 - start2 + 1;
//让 len1 的长度小于 len2，这样就能保证如果有数组空了，一定是 len1
if (len1 > len2) return getKth(nums2, start2, end2, nums1, start1, end1, k);
if (len1 == 0) return nums2[start2 + k - 1];
if (k == 1) return Math.min(nums1[start1], nums2[start2]);
int i = start1 + Math.min(len1, k / 2) - 1;
int j = start2 + Math.min(len2, k / 2) - 1;
if (nums1[i] > nums2[j]) {
return getKth(nums1, start1, end1, nums2, j + 1, end2, k - (j - start2 + 1));
}
else {
return getKth(nums1, i + 1, end1, nums2, start2, end2, k - (i - start1 + 1));
}
}
时间复杂度：每进行一次循环，我们就减少 k / 2 个元素，所以时间复杂度是 O（log（k）），而 k = （m + n）/ 2 ，所以最终的复杂也就是 O（log（m + n））。
空间复杂度：虽然我们用到了递归，但是可以看到这个递归属于尾递归，所以编译器不需要不停地堆栈，所以空间复杂度为 O（1）。
解法四
我们首先理一下中位数的定义是什么
中位数（又称中值，英语：Median），统计学中的专有名词，代表一个样本、种群或概率分布中的一个数值，其可将数值集合划分为相等的上下两部分。
所以我们只需要将数组进行切。
一个长度为 m 的数组，有 0 到 m 总共 m + 1 个位置可以切。
我们把数组 A 和数组 B 分别在 i 和 j 进行切割。
将 i 的左边和 j 的左边组合成「左半部分」，将 i 的右边和 j 的右边组合成「右半部分」。
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当 A 数组和 B 数组的总长度是偶数时，如果我们能够保证
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左半部分的长度等于右半部分
i + j = m - i + n - j , 也就是 j = ( m + n ) / 2 - i
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左半部分最大的值小于等于右半部分最小的值 max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）） <= min ( A [ i ] , B [ j ]））
那么，中位数就可以表示如下
（左半部分最大值 + 右半部分最大值 ）/ 2 。
（max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）+ min ( A [ i ] , B [ j ]）） / 2
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-
当 A 数组和 B 数组的总长度是奇数时，如果我们能够保证
-
左半部分的长度比右半部分大 1
i + j = m - i + n - j + 1也就是 j = ( m + n + 1) / 2 - i
左半部分最大的值小于等于右半部分最小的值 max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）） <= min ( A [ i ] , B [ j ]））
那么，中位数就是 左半部分最大值，也就是左半部比右半部分多出的那一个数。 max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]） -
上边的第一个条件我们其实可以合并为 j = ( m + n + 1) / 2 - i，因为如果 m + n 是偶数，由于我们取的是 int 值，所以加 1 也不会影响结果。当然，由于 0 <= i <= m ，为了保证 0 <= j <= n ，我们必须保证 m <= n 。
最后一步由于是 int 间的运算，所以 1 / 2 = 0。
而对于第二个条件，奇数和偶数的情况是一样的，我们进一步分析。为了保证 max ( A [ i - 1 ] , B [ j - 1 ]）） <= min ( A [ i ] , B [ j ]）），因为 A 数组和 B 数组是有序的，所以 A [ i - 1 ] <= A [ i ]，B [ i - 1 ] <= B [ i ] 这是天然的，所以我们只需要保证 B [ j - 1 ] < = A [ i ] 和 A [ i - 1 ] <= B [ j ] 所以我们分两种情况讨论：
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B [ j - 1 ] > A [ i ]，并且为了不越界，要保证 j != 0，i != m
image此时很明显，我们需要增加 i ，为了数量的平衡还要减少 j ，幸运的是 j = ( m + n + 1) / 2 - i，i 增大，j 自然会减少。
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A [ i - 1 ] > B [ j ] ，并且为了不越界，要保证 i != 0，j != n
image此时和上边的情况相反，我们要减少 i ，增大 j 。
上边两种情况，我们把边界都排除了，需要单独讨论。
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当 i = 0 , 或者 j = 0 ，也就是切在了最前边。
image此时左半部分当 j = 0 时，最大的值就是 A [ i - 1 ] ；当 i = 0 时 最大的值就是 B [ j - 1] 。右半部分最小值和之前一样。
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当 i = m 或者 j = n ，也就是切在了最后边。
image此时左半部分最大值和之前一样。右半部分当 j = n 时，最小值就是 A [ i ] ；当 i = m 时，最小值就是B [ j ] 。
所有的思路都理清了，最后一个问题，增加 i 的方式。当然用二分了。初始化 i 为中间的值，然后减半找中间的，减半找中间的，减半找中间的直到答案。
class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] A, int[] B) {
int m = A.length;
int n = B.length;
if (m > n) {
return findMedianSortedArrays(B,A); // 保证 m <= n
}
int iMin = 0, iMax = m;
while (iMin <= iMax) {
int i = (iMin + iMax) / 2;
int j = (m + n + 1) / 2 - i;
if (j != 0 && i != m && B[j-1] > A[i]){ // i 需要增大
iMin = i + 1;
}
else if (i != 0 && j != n && A[i-1] > B[j]) { // i 需要减小
iMax = i - 1;
}
else { // 达到要求，并且将边界条件列出来单独考虑
int maxLeft = 0;
if (i == 0) { maxLeft = B[j-1]; }
else if (j == 0) { maxLeft = A[i-1]; }
else { maxLeft = Math.max(A[i-1], B[j-1]); }
if ( (m + n) % 2 == 1 ) { return maxLeft; } // 奇数的话不需要考虑右半部分
int minRight = 0;
if (i == m) { minRight = B[j]; }
else if (j == n) { minRight = A[i]; }
else { minRight = Math.min(B[j], A[i]); }
return (maxLeft + minRight) / 2.0; //如果是偶数的话返回结果
}
}
return 0.0;
}
}
时间复杂度：我们对较短的数组进行了二分查找，所以时间复杂度是 O（log（min（m，n）））。
空间复杂度：只有一些固定的变量，和数组长度无关，所以空间复杂度是 O ( 1 ) 。
总结
解法二中体会到了对情况的转换，有时候即使有了思路，代码也不一定写的优雅，需要多锻炼才可以。解法三和解法四充分发挥了二分查找的优势，将时间复杂度降为 log 级别。
