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解法一：暴力破解法
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
class Solution { 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]; } }} 复杂度分析
- 时间复杂度：遍历全部数组(m+n)(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)O(m+n)
解法二：二分查找
给定两个有序数组，要求找到两个有序数组的中位数，最直观的思路有以下两种：
- 使用归并的方式，合并两个有序数组，得到一个大的有序数组。大的有序数组的中间位置的元素，即为中位数。
- 不需要合并两个有序数组，只要找到中位数的位置即可。由于两个数组的长度已知，因此中位数对应的两个数组的下标之和也是已知的。维护两个指针，初始时分别指向两个数组的下标 00 的位置，每次将指向较小值的指针后移一位（如果一个指针已经到达数组末尾，则只需要移动另一个数组的指针），直到到达中位数的位置。
假设两个有序数组的长度分别为 mm 和 nn，上述两种思路的复杂度如何？
第一种思路的时间复杂度是 O(m+n)，空间复杂度是O(m+n)。第二种思路虽然可以将空间复杂度降到 O(1)，但是时间复杂度仍是O(m+n)。
如何把时间复杂度降低到 O(\log(m+n))O(log(m+n)) 呢？如果对时间复杂度的要求有 \loglog，通常都需要用到二分查找，这道题也可以通过二分查找实现。
根据中位数的定义，当 m+n 是奇数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2 个元素，当m+n 是偶数时，中位数是两个有序数组中的第 (m+n)/2 个元素和第 (m+n)/2+1 个元素的平均值。因此，这道题可以转化成寻找两个有序数组中的第 k 小的数，其中 k 为(m+n)/2 或 (m+n)/2+1。
假设两个有序数组分别是 A 和 B。要找到第 kk 个元素，我们可以比较 \A[k/2−1] 和B[k/2−1]，其中 // 表示整数除法。由于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 的前面分别有 A[0…k/2−2] 和 B[0…k/2−2]，即 k/2−1 个元素，对于 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 中的较小值，最多只会有(k/2−1)+(k/2−1)≤k−2 个元素比它小，那么它就不能是第 k 小的数了。
因此我们可以归纳出三种情况：
-
如果 A[k/2−1]<B[k/2−1]，则比 A[k/2−1] 小的数最多只有 A 的前 k/2−1 个数和 B 的前 k/2−1 个数，即比 A[k/2−1] 小的数最多只有 k−2 个，因此 A[k/2−1] 不可能是第k 个数，A[0] 到 A[k/2−1] 也都不可能是第k 个数，可以全部排除。
-
如果 A[k/2−1]>B[k/2−1]，则可以排除B[0] 到 B[k/2−1]。
-
如果 A[k/2−1]=B[k/2−1]，则可以归入第一种情况处理。
可以看到，比较 A[k/2−1] 和 B[k/2−1] 之后，可以排除 k/2 个不可能是第k 小的数，查找范围缩小了一半。同时，我们将在排除后的新数组上继续进行二分查找，并且根据我们排除数的个数，减少 k 的值，这是因为我们排除的数都不大于第 k 小的数。
有以下三种情况需要特殊处理：
-
如果 A[k/2−1] 或者 ]B[k/2−1] 越界，那么我们可以选取对应数组中的最后一个元素。在这种情况下，我们必须根据排除数的个数减少k 的值，而不能直接将 kk 减去k/2。
-
如果一个数组为空，说明该数组中的所有元素都被排除，我们可以直接返回另一个数组中第 k 小的元素。
-
如果k=1，我们只要返回两个数组首元素的最小值即可。
用一个例子说明上述算法。假设两个有序数组如下：
A: 1 3 4 9B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9
两个有序数组的长度分别是 4 和 9，长度之和是 13，中位数是两个有序数组中的第 7 个元素，因此需要找到第 k=7 个元素。
比较两个有序数组中下标为 k/2−1=2 的数，即 A[2] 和 B[2]，如下面所示：
A: 1 3 4 9 ↑B: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ↑
由于 A[2]>B[2]，因此排除 B[0] 到 B[2]，即数组}B 的下标偏移（offset）变为 3，同时更新 k 的值：k=k−k/2=4。
下一步寻找，比较两个有序数组中下标为k/2−1=1 的数，即 A[1] 和 B[4]，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。
A: 1 3 4 9 ↑B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9 ↑
由于 A[1]<B[4]，因此排除 A[0] 到 A[1]，即数组 A 的下标偏移变为 2，同时更新 k 的值：k=k−k/2=2。
下一步寻找，比较两个有序数组中下标为k/2−1=0 的数，即比较A[2] 和 ]B[3]，如下面所示，其中方括号部分表示已经被排除的数。
A: [1 3] 4 9 ↑B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9 ↑
由于 A[2]=B[3]，根据之前的规则，排除 A 中的元素，因此排除A[2]，即数组 A 的下标偏移变为3，同时更新k 的值：k=k−k/2=1。
由于 k 的值变成 1，因此比较两个有序数组中的未排除下标范围内的第一个数，其中较小的数即为第 k 个数，由于 A[3]>B[3]，因此第k 个数是 B[3]=4。
A: [1 3 4] 9 ↑B: [1 2 3] 4 5 6 7 8 9 ↑
代码
class Solution { public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length; int totalLength = length1 + length2; if (totalLength % 2 == 1) { int midIndex = totalLength / 2; double median = getKthElement(nums1, nums2, midIndex + 1); return median; } else { int midIndex1 = totalLength / 2 - 1, midIndex2 = totalLength / 2; double median = (getKthElement(nums1, nums2, midIndex1 + 1) + getKthElement(nums1, nums2, midIndex2 + 1)) / 2.0; return median; } } public int getKthElement(int[] nums1, int[] nums2, int k) { /* 主要思路：要找到第 k (k>1) 小的元素，那么就取 pivot1 = nums1[k/2-1] 和 pivot2 = nums2[k/2-1] 进行比较 * 这里的 "/" 表示整除 * nums1 中小于等于 pivot1 的元素有 nums1[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个 * nums2 中小于等于 pivot2 的元素有 nums2[0 .. k/2-2] 共计 k/2-1 个 * 取 pivot = min(pivot1, pivot2)，两个数组中小于等于 pivot 的元素共计不会超过 (k/2-1) + (k/2-1) <= k-2 个 * 这样 pivot 本身最大也只能是第 k-1 小的元素 * 如果 pivot = pivot1，那么 nums1[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums1 数组 * 如果 pivot = pivot2，那么 nums2[0 .. k/2-1] 都不可能是第 k 小的元素。把这些元素全部 "删除"，剩下的作为新的 nums2 数组 * 由于我们 "删除" 了一些元素（这些元素都比第 k 小的元素要小），因此需要修改 k 的值，减去删除的数的个数 */ int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length; int index1 = 0, index2 = 0; int kthElement = 0; while (true) { // 边界情况 if (index1 == length1) { return nums2[index2 + k - 1]; } if (index2 == length2) { return nums1[index1 + k - 1]; } if (k == 1) { return Math.min(nums1[index1], nums2[index2]); } // 正常情况 int half = k / 2; int newIndex1 = Math.min(index1 + half, length1) - 1; int newIndex2 = Math.min(index2 + half, length2) - 1; int pivot1 = nums1[newIndex1], pivot2 = nums2[newIndex2]; if (pivot1 <= pivot2) { k -= (newIndex1 - index1 + 1); index1 = newIndex1 + 1; } else { k -= (newIndex2 - index2 + 1); index2 = newIndex2 + 1; } } }} 复杂度分析
- 时间复杂度：O(log(m+n))，其中 m 和 n 分别是数组 nums 1和 nums2的长度。初始时有k=(m+n)/2 或 k=(m+n)/2+1，每一轮循环可以将查找范围减少一半，因此时间复杂度是 O(log(m+n))。
- 空间复杂度：O(1)。
解法三：划分数组
说明
方法一的时间复杂度已经很优秀了，但本题存在时间复杂度更低的一种方法。这里给出推导过程，勇于挑战自己的读者可以进行尝试。
思路与算法
为了使用划分的方法解决这个问题，需要理解「中位数的作用是什么」。在统计中，中位数被用来：
将一个集合划分为两个长度相等的子集，其中一个子集中的元素总是大于另一个子集中的元素。
如果理解了中位数的划分作用，就很接近答案了。
（还没完全消化，待补充）
报错：解答错误？？
class Solution { public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) { int n=nums1.length; int m=nums2.length; int[] arr=new int[n+m]; int n1=0,n2=0;//;两个数组指针 for(int i=0;i 
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