(這也是一道leetcode的經典題目：《LeetCode》解題筆記：004. Median of Two Sorted Arrays[H]
問題介紹
這是個超級超級經典的分治算法！！這個問題大致是說，如何在給定的兩個有序數組里面找其中的中值，或者變形問題，如何在2個有序數組數組中查找Top K的值（Top K的問題可以轉換成求第k個元素的問題）。這個算法在很多實際應用中都會用到，特別是在當前大數據的背景下。
我覺得下面的這個思路特別好，特別容易理解！！請按順序看。是來自leetcode上的stellari英文答案，我整理並自己修改了一下。
預備知識
先解釋下“割”
我們通過切一刀，能夠把有序數組分成左右兩個部分，切的那一刀就被稱為割(Cut)，割的左右會有兩個元素，分別是左邊最大值和右邊最小值。
我們定義L = Max(LeftPart)，R = Min(RightPart)
Ps. 割可以割在兩個數中間，也可以割在1個數上，如果割在一個數上，那么這個數即屬於左邊，也屬於右邊。（后面講單數組中值問題的時候會說）
比如說[2 3 5 7]這個序列，割就在3和5之間
[2 3 / 5 7]
中值就是（3+5）/2 = 4
如果[2 3 4 5 6]這個序列，割在4上，我們可以把4分成2個
[2 3 (4/4) 5 7]
中值就是（4+4）/2 = 4
這樣可以保證不管中值是1個數還是2個數都能統一運算。
割和第k個元素
對於單數組，找其中的第k個元素特別好做，我們用割的思想就是：
常識1：如果在k的位置割一下，然后A[k]就是L。換言之，就是如果左側有k個元素，A[k]屬於左邊部分的最大值。（都是明顯的事情，這個不用解釋吧！）
雙數組
我們設:
\(C_i\)為第i個數組的割。
\(L_i\)為第i個數組割后的左元素.
\(R_i\)為第i個數組割后的右元素。
如何從雙數組里取出第k個元素
- 首先\(L_i <= R_i\)是肯定的（因為數組有序，左邊肯定小於右邊）
- 如果我們讓\(L_1 <= R_2\) && \(L_2 <= R_1\)
- 那么左半邊 全小於右半邊，如果左邊的元素個數相加剛好等於k，那么第k個元素就是Max(L1,L2)，參考上面常識1。
- 如果 L1>R2，說明數組1的左邊元素太大（多），我們把C1減小，把C2增大。L2>R1同理，把C1增大，C2減小。
假設k=3
對於
\([1\ 4\ 7\ 9]\)
\([2\ 3\ 5]\)
設C1 = 2，那么C2 = k-C1 = 1
\([1\ 4/ 7\ 9]\)
\([2/3\ 5]\)
這時候，L1(4)>R2(3)，說明C1要減小，C2要增大，C1 = 1，C2=k-C1 = 2
\([1/4\ 7\ 9]\)
\([2\ 3/5]\)
這時候，滿足了\(L_1 <= R_2\) && \(L_2 <= R_1\)，第3個元素就是Max(1,3) = 3。
如果對於上面的例子，把k改成4就恰好是中值。
下面具體來看特殊情況的中值問題。
雙數組的奇偶
中值的關鍵在於，如何處理奇偶性，單數組的情況，我們已經討論過了，那雙數組的奇偶問題怎么辦，m+n為奇偶處理方案都不同。
讓數組恆為奇數
有沒有辦法讓兩個數組長度相加一定為奇數或偶數呢？
其實有的，虛擬加入‘#'(這個trick在manacher算法中也有應用)，讓數組長度恆為奇數（2n+1恆為奇數）。
Ps.注意是虛擬加，其實根本沒這一步，因為通過下面的轉換，我們可以保證虛擬加后每個元素跟原來的元素一一對應
映射關系
這有什么好處呢，為什么這么加?因為這么加完之后，每個位置可以通過/2得到原來元素的位置。
在虛擬數組里表示“割”
不僅如此，割更容易，如果割在‘#'上等於割在2個元素之間，割在數字上等於把數字划到2個部分。
奇妙的是不管哪種情況：
Li = (Ci-1)/2
Ri = Ci/2
例：
- 割在4/7之間‘#'，C = 4，L=(4-1)/2=1 ，R=4/2=2
剛好是4和7的原來位置！ - 割在3上，C = 3，L=(3-1)/2=1，R=3/2 =1，剛好都是3的位置！
剩下的事情就好辦了，把2個數組看做一個虛擬的數組A，目前有2m+2n+2個元素，割在m+n+1處，所以我們只需找到m+n+1位置的元素和m+n+2位置的元素就行了。
左邊：A[m+n] = Max(L1+L2)
右邊：A[m+n+1] = Min(R1+R2)
Mid = (A[m+n]+A[m+n+1])/2
= (Max(L1+L2) + Min(R1+R2) )/2
至於在兩個數組里找割的方案，就是上面的方案。
分治的思路
有了上面的知識后，現在的問題就是如何利用分治的思想。
怎么分？
最快的分的方案是二分，有2個數組，我們對哪個做二分呢？
根據之前的分析，我們知道了，只要C1或C2確定，另外一個也就確定了。這里，為了效率，我們肯定是選長度較短的做二分，假設為C1。
怎么治？
也比較簡單，我們之前分析了：就是比較L1,L2和R1,R2。
- L1>R2，把C1減小，C2增大。—> C1向左二分
- L2>R1，把C1增大，C2減小。—> C1向右二分
越界問題
如果C1或C2已經到頭了怎么辦？
這種情況出現在：如果有個數組完全小於或大於中值。可能有4種情況：
- C1 = 0 —— 數組1整體都比中值大，L1 >R2，中值在2中
- C2 = 0 —— 數組1整體都比中值小，L1 <R2，中值在1中
- C1 = n*2 —— 數組1整體都比中值小，L1 <R2，中位數在2中
- C2 = m*2 —— 數組1整體都比中值大，L1 >R2，中位數在1中
考慮下面兩種情況了，解決方案：
- 如果C1 = 0 —> 那么我們縮小L1，L1 = INT_MIN，保證判斷正確。
- 如果C1 = n*2 —> 那么我們增大R1，R1 = INT_MAX，保證判斷正確。
剩下兩種情況解決方案類似。
代碼
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int n = nums1.size();
int m = nums2.size();
if(n > m) //保證數組1一定最短
return findMedianSortedArrays(nums2,nums1);
int L1,L2,R1,R2,c1,c2,lo = 0, hi = 2*n; //我們目前是虛擬加了'#'所以數組1是2*n+1長度
while(lo <= hi) //二分
{
c1 = (lo+hi)/2; //c1是二分的結果
c2 = m+n- c1;
L1 = (c1 == 0)?INT_MIN:nums1[(c1-1)/2]; //map to original element
R1 = (c1 == 2*n)?INT_MAX:nums1[c1/2];
L2 = (c2 == 0)?INT_MIN:nums2[(c2-1)/2];
R2 = (c2 == 2*m)?INT_MAX:nums2[c2/2];
if(L1 > R2)
hi = c1-1;
else if(L2 > R1)
lo = c1+1;
else
break;
}
return (max(L1,L2)+ min(R1,R2))/2.0;
}
};