求最小一般用二分，求前最小一般用堆
偶爾看到乙個問題，搜尋了一些解法，用來存著
1.x[1..n] 和 y[1..n]為兩個陣列，每個都包含n個已排好序的數。給出乙個求陣列x和y中所有2n個元素的中位數的o(lgn）時間的演算法
分析與解答：
若中位數字於x中，不妨設為x[k]，即在x中有k個元素小於等於中位數，n-k個元素大於等於中位數。由於x[k]為合併後的2n個元素的中位數，則在y中有n-k個元素小於等於中位數，k個元素大於等於中位數，即
y[n-k] ≤ x[k] ≤ y[n-k+1]
看到時間複雜度為o(lgn)，不禁使我們想到二分法，但是和這題有什麼關聯呢？
二分法每次搜尋都能減小一半的範圍，在搜尋中位數的過程也可以的，下面具體論述:
若x[k]不滿足上述等式，分兩種情況
(1) x[k] < y[n-k]
若中位數是k' < k，則x[k'] ≤ x[k]] < y[n-k] 。那麼在y中小於等於x[k']的元素數目小於n-k，則x[k']不可能為中位數
由此只需要搜尋k' > k的範圍
(2) x[k] > y[n-k+1]
若中位數是k' > k，則x[k'] > x[k] > y[n-k+1] 。那麼在y中小於等於x[k']的元素數目大於n-k+1，則x[k']不可能為中位數
由此只需要搜尋k' < k的範圍
根據上述特點，我們可以採用二分搜尋逐步縮小搜尋範圍。
整個演算法的過程如下：
two-array-median(x, y)
n ← length[x]
median ← find-median(x, y, n, 1, n)
if median = not-found
then median ← find-median(y, x, n, 1, n)
return median
find-median(a, b, n, low, high)
if low > high
then return not-found
k ← (low + high)/2
if k=n and a[n] ≤ b[1]
then return a[n]
elseif k2.假設a[m]， b[n]是兩個排好序的陣列，並且沒有重複元素，要找第k小的元素
參考：
裡面有一種方法挺好的，o(lgk)
為了方便以下描述下標從1開始，
如果m,n>=k時，若k為偶數取i=k/2，j=k/2，若k為奇數，乙個向下去整乙個向上去整。如果兩個值相同，則第k小的就是此值；如果此時一大一小，假設a[i]>b[j]，則i--,j++（0
如果m,n
3.兩個按公升序排好的等長陣列a[k],b[k]。a[i]+b[j],其中，0
開始考慮最小的肯定為a[0]+b[0],如果第k小的是a[m]+b[n]，當i<=m,j<=n時，a[i]+b[j]必<=a[m]+b[n]，必是在前k個最小的數中，則m*n<=k。（後面不會想了）
參考：如果用最小堆求解思路如下：
首先把a0+b0的結果放入堆中，此時堆中只有乙個元素，自然滿足最小堆條件，然後開始出堆的操作，從堆裡面取出根節點（也就是最小的值），
例如是a[i]+b[j]，則需要像最小堆中壓入a[i+1]b[j] 和 a[i]+b[j+1]，當然，要保證下標不越界，如果下標越界了則忽略，另外要保證已經壓入過堆中的組合（即使已經從堆中被取出了的）不再被壓入堆中。不段進行出堆、入堆的操作，重複k次，就得到了k個最小的組合值。
堆的最大深度為logk,所以時間複雜度為k*logk數量級。
空間複雜度o(k)
開始感覺這個思路貌似有問題，感覺區域性最小值不一定為全域性最小值，但是看完楊氏矩陣又想了想，還是對的，每次搜尋都是候選最小值，出堆的是全域性最小值。
已知乙個2維矩陣，其中的元素每一行從左至右依次增加，每一列從上到下依次增加。即對於矩陣table有table[i][j] ≤table[i][j + 1], table[i][j] ≤ table[i + 1][j]，我們也稱這樣的矩陣為楊氏矩陣。
楊氏矩陣參考
4.給定k個陣列，每個陣列有k個整數。每個陣列中選取乙個整數，一共k個整數，取其和，一共可以得到k^k個和。給出方法，求得這k^k個和中，最小的k個。
這個題目最終歸於第三題，對兩個陣列求和的最小的k個，求出的k個值作為乙個陣列再與第三個陣列求最小的k個，以此類推。
最後的時間複雜度是o(k^2logk)。
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