給定兩個大小為 m 和 n 的有序陣列 nums1 和 nums2。
請你找出這兩個有序陣列的中位數，並且要求演算法的時間複雜度為 o(log(m + n))。
你可以假設 nums1 和 nums2 不會同時為空。
示例 1:
nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]
則中位數是 2.0
示例 2:
nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]
則中位數是 (2 + 3)/2 = 2.5
首先，觀察題目，題目要求時間複雜度為o(log (m+n))，要實現log級的複雜度的演算法一般會想到二分的思想，每次去掉接近一半的元素。
再回顧一下中位數的定義，如果某個有序陣列長度是奇數，中位數取排在最中間的數；如果是偶數，中位數取最中間的兩個數字的平均值。因此問題可以轉化為求兩個有序陣列中第k大的數的問題。題中涉及兩個有序陣列，假設兩個有序陣列的長度分別為m和n，由於兩個陣列長度之和 m+n 的奇偶不確定，因此需要分情況來討論。若(m+n)為奇數，直接找到最中間的數即可；若為偶數則需要求最中間兩個數的平均值。
為了簡化**，不分情況討論，使用乙個小trick，分別找排在第 (m+n+1) / 2 個和 (m+n+2) / 2 個的數字，然後求其平均值即可，這對奇偶數均適用。當(m+n)為奇數時， (m+n+1) / 2 與 (m+n+2) / 2 的值相等，兩者相加除以2仍然是其本身。
為了避免產生新的陣列從而增加時間複雜度，我們使用兩個變數i和j分別來標記陣列nums1和nums2的起始位置。
考慮一些邊界條件：
1）當某乙個陣列nums1的起始位置大於等於其陣列長度時，說明其所有數字均已經被淘汰了，相當於乙個空陣列，那麼實際上就變成了在另乙個陣列nums2中找第k大的數字，直接取nums2[j+k-1]即可。
2）當k=1時，取最小的數字即可，只需比較nums1和nums2的起始位置i和j上的數字即可。
下面重點來看如何實現找到第k個元素：
因為我們需要在兩個有序陣列中找到第k個元素，為了加快搜尋的速度，我們要使用二分法，對k二分，意思是我們需要分別在nums1和nums2中查詢第k/2個元素，注意這裡由於兩個陣列的長度不定，所以有可能某個陣列沒有第k/2個數字，所以我們需要先檢查一下，陣列中到底存不存在第k/2個數字，如果存在就取出來，否則就賦值乙個整型最大值int_max。如果某個陣列沒有第k/2個數字，那麼我們就淘汰另乙個數字的前k/2個數字即可。有沒有可能兩個陣列都不存在第k/2個數字呢，這道題裡是不可能的，因為我們的k不是任意給的，而是給的m+n的中間值，所以必定至少會有乙個陣列是存在第k/2個數字的。最後就是二分法的核心啦，比較這兩個陣列的第k/2小的數字midval1和midval2的大小，如果第乙個陣列的第k/2個數字小的話，那麼說明我們要找的數字肯定不在nums1中的前k/2個數字，所以我們可以將其淘汰，將nums1的起始位置向後移動k/2個，並且此時的k也自減去k/2，呼叫遞迴。反之，我們淘汰nums2中的前k/2個數字，並將nums2的起始位置向後移動k/2個，並且此時的k也自減去k/2，呼叫遞迴即可。
class
solution
intfindkth
(vector<
int>
& nums1,
int i, vector<
int>
& nums2,
int j,
int k)
int mid1 =
((i + k /2-
1)< nums1.
size()
)? nums1[i + k /2-
1]: int_max;
int mid2 =
((j + k /2-
1)< nums2.
size()
)? nums2[j + k /2-
1]: int_max;
if(mid1 < mid2)
else}}
;
LeetCode 4 尋找兩個有序陣列的中位數
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