Q：给定两个大小为 m 和 n 的有序数组 nums1 和 nums2。
请你找出这两个有序数组的中位数，并且要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))。
你可以假设 nums1 和 nums2 不会同时为空。
示例 1:
nums1 = [1, 3]
nums2 = [2]
则中位数是 2.0
示例 2:
nums1 = [1, 2]
nums2 = [3, 4]
则中位数是 (2 + 3)/2 = 2.5
A：鉴于这个题目的标记是“困难”，用多种解法解题。
引用：详细通俗的思路分析，多解法
1.第一种，也是最简单的方法，两个数组一拼，然后直接找中位数。
代码直接借用一下别人的（@windliang）：
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 (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)
2.我开始想，创建两个指针，根据大小往后移，直到走到中间。但我没反应过来，有可能两个中位数的值都在同一个array里面。这样的方法是错的。
正确的方法是：
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;
}
3.第三种解法：（这个算法蛮精妙的）
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 4 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 1349 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/1-1+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)。