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。（LeetCode题目）
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
方法一：子集划分
为了解决这个问题，我们需要理解 “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，我们就很接近答案了。
首先，让我们在任一位置 i 将 A划分成两个部分：
left_A | right_A
A[0], A[1], ..., A[i-1] | A[i], A[i+1], ..., A[m-1]
由于 A中有 m个元素， 所以我们有 m+1种划分的方法（i=0∼m）。
我们知道：
len(left_A)=i,len(right_A)=m−i
注意：当 i=0 时，left_A为空集， 而当 i=m时, right_A为空集。
采用同样的方式，我们在任一位置 j将 B划分成两个部分：
left_B | right_B
B[0], B[1], ..., B[j-1] | B[j], B[j+1], ..., B[n-1]
将 left_A和 left_B放入一个集合，并将 right_A和 right_B放入另一个集合。 再把这两个新的集合分别命名为 left_part和 right_part：
left_part | right_part
A[0], A[1], ..., A[i-1] | A[i], A[i+1], ..., A[m-1]
B[0], B[1], ..., B[j-1] | B[j], B[j+1], ..., B[n-1]
如果我们可以确认：
len(left_part)=len(right_part)
max(left_part)≤min(right_part)
那么，我们已经将 {A,B}中的所有元素划分为相同长度的两个部分，且其中一部分中的元素总是大于另一部分中的元素。那么：median=(max(left_part)+min(right_part))/2
要确保这两个条件，我们只需要保证：
i+j=m−i+n−j（或：m−i+n−j+1,即m+n为奇数时，把多的一个放left_part）
如果 n≥m只需要使 i=0∼m, j=(m+n+1)/2−i(因为j是整型，所以m+n为奇数或偶数时，j都是(m+n+1)/2,如m+n=3,j=2;m+n=4,j=2)
B[j−1]≤A[i] 以及 A[i−1]≤B[j]
ps.1 为了简化分析，假设 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]总是存在，哪怕出现 i=0，i=m，j=0或是 j=n这样的临界条件。我们将在最后讨论如何处理这些临界值。
ps.2 为什么 n≥m？由于0≤i≤m且 j=(m+n+1)/2−i，我们必须确保 j不是负数。如果 n<m，那么 j 将可能是负数，而这会造成错误的答案。
所以，我们需要做的是：
在 [0，m]中搜索并找到目标对象 i，以使：
B[j−1]≤A[i]且 A[i−1]≤B[j], 其中 j=(m+n+1)/2−i
接着，我们可以按照以下步骤来进行二叉树搜索：
设 imin=0，imax=m, 然后开始在 [imin,imax]中进行搜索。
令 i=(imin+imax2)/2， j=(m+n+1)/2−i
现在我们有 len(left_part)=len(right_part)。 而且我们只会遇到三种情况：
B[j−1]≤A[i]且 A[i−1]≤B[j]：
这意味着我们找到了目标对象 i，所以可以停止搜索。
B[j−1]>A[i]：
这意味着 A[i]太小，我们必须调整 i 以使 B[j−1]≤A[i]。
我们可以增大 i 吗？
是的，因为当 i 被增大的时候，j 就会被减小。
因此 B[j−1]会减小，而 A[i]会增大，那么 B[j−1]≤A[i]就可能被满足。
我们可以减小 i 吗？
不行，因为当 i 被减小的时候，j 就会被增大。
因此 B[j−1]会增大，而 A[i] 会减小，那么 B[j−1]≤A[i]就可能不满足。
所以我们必须增大 i。也就是说，我们必须将搜索范围调整为 [i+1,imax]。
A[i−1]>B[j]：
这意味着 A[i−1] 太大，我们必须减小 i以使 A[i−1]≤B[j]。
也就是说，我们必须将搜索范围调整为 [imin,i−1]。
当找到目标对象 i 时，中位数为：
max(A[i−1],B[j−1]), 当 m+n为奇数时
max(A[i−1],B[j−1])+min(A[i],B[j])/2, 当 m+n为偶数时
现在，让我们来考虑这些临界值 i=0,i=m,j=0,j=n，此时 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]可能不存在。
其实这种情况比你想象的要容易得多。
我们需要做的是确保 max(left_part)≤min(right_part)。 因此，如果 i和 j 不是临界值（这意味着 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]全部存在）, 那么我们必须同时检查 B[j−1]≤A[i]以及 A[i−1]≤B[j]是否成立。
但是如果 A[i−1],B[j−1],A[i],B[j]中部分不存在，那么我们只需要检查这两个条件中的一个（或不需要检查）。
举个例子，如果 i=0那么 A[i−1]不存在，我们就不需要检查 A[i−1]≤B[j]是否成立。
所以，我们需要做的是：
在 [0，m]中搜索并找到目标对象 i，以使：
(j=0 or i=m or B[j−1]≤A[i])或是
(i=0 or j=n or A[i−1]≤B[j]), 其中 j=(m+n+1)/2−i
在循环搜索中，我们只会遇到三种情况：
(j=0 or i=m or B[j−1]≤A[i])或是 (i=0 or j=n or A[i−1]≤B[j])，这意味着 i 是完美的，我们可以停止搜索。
j>0 and i<m and B[j−1]>A[i] 这意味着 i 太小，我们必须增大它。
i>0 and j<n and A[i−1]>B[j] 这意味着 i 太大，我们必须减小它。
class Solution {
public:
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int m = nums1.size(), n = nums2.size();
if (m > n) { //确保n>=m
vector<int> temp = nums1;
nums1 = nums2, nums2 = temp;
m = nums1.size(), n = nums2.size();
}
int imin = 0, imax = m,half=(m+n+1)/2;
int i = (imin + imax) / 2, j = half - i;
while (imax>=imin)
{
i = (imin + imax) / 2, j = half - i;
if (j > 0 && i<m && nums2[j - 1]>nums1[i])
imin = i + 1;
else if (i > 0 && j<n && nums1[i - 1]>nums2[j])
imax = i - 1;
else
{
int maxleft, minright;
if (i == 0)maxleft = nums2[j - 1];
else if (j == 0)maxleft = nums1[i - 1];
else
{
maxleft = nums2[j - 1] > nums1[i - 1] ? nums2[j - 1] : nums1[i - 1];
}
if ((m + n) % 2)
return maxleft * 1.0;
if (i == m)minright = nums2[j];
else if (j == n)minright = nums1[i];
else
{
minright = nums2[j] < nums1[i] ? nums2[j] : nums1[i];
}
return (maxleft + minright) * 1.0 / 2;
}
}
return -1;
}
};
方法二：第K小值
题目是求中位数，其实就是求第 k 小数的一种特殊情况。
由于数列是有序的，其实我们完全可以一半一半的排除。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 1,3,4,9和 4,5,6,7,8,9,10 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。
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。
class Solution {
public:
int findK(vector<int>& A1, int s1, int e1, vector<int>& A2, int s2, int e2, int k) {
int len1 = e1 - s1 + 1, len2 = e2 - s2 + 1;
if (len1 == 0)return A2[s2 + k - 1]; //由于数组下标从0开始，所以要减1
if (len2 == 0)return A1[s1 + k - 1];
if (k == 1)return A1[s1] < A2[s2] ? A1[s1] : A2[s2];
int m = k / 2;
int i = len1 < m ? s1 + len1 - 1 : s1 + m - 1;
int j= len2 < m ? s2 + len2 - 1 : s2 + m - 1;
if (A1[i] < A2[j])return findK(A1, i+1, e1, A2, s2, e2, k - (i-s1+1));
else
return findK(A1, s1, e1, A2, j+1, e2, k -(j-s2+1));
}
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int m = nums1.size(), n = nums2.size();
int k1 = (m + n + 1) / 2, k2 = (m + n + 2) / 2; //如m+n为3，则k1=2,k2=2;如m+n=4,则k1=2,k2=3。从而使得m+n为奇数和偶数得到的中位数公式统一，即(findk1+findk2)/2
return (findK(nums1, 0, m - 1, nums2, 0, n - 1, k1) + findK(nums1, 0, m - 1, nums2, 0, n - 1, k2)) * 0.5;
}
};