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
来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays
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我的思路非常直接。答案的内存和时间使用情况也都很好，所以就先说自己的想法：（但是这个解法似乎并不能满足时间复杂度的要求）
考虑总共有三种情况：
1.nums1为空。分奇偶直接取数组nums2中位数。
2.nums2为空。分奇偶直接取数组nums1中位数。
3.nums1和nums2均非空。
和取数组中位数一样的思路，把这两个数组按序放进一个新的数组中，直接分奇偶按坐标取新数组的中位数。
遍历一遍自然是O(n+m)，由于O(log(n+m))的要求计数统计到一半的时候能取得结果就停下来。
class Solution {
public:
double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
int len1=nums1.size();
int len2=nums2.size();
if(len1==0)//数组1为空
{
if(len2%2==0)//分奇偶取中位数
return (nums2[len2/2-1]+nums2[len2/2])/2.0;
else
return nums2[len2/2];
}
if(len2==0)//数组2为空
{
if(len1%2==0)
return (nums1[len1/2-1]+nums1[len1/2])/2.0;
else
return nums1[len1/2];
}
//均非空
int len=len1+len2;
int a[10000];//存归并的数组
int count=0;
int p=0;
int q=0;
while(count<=len/2)//对每个测试用例只执行到中位数为止（一半）
{
if(p>=len1) a[count++]=nums2[q++];//数组1已经没有元素了
else if(q>=len2) a[count++]=nums1[p++];//数组2已经没有元素了
//不可能同时没有元素
else
{
if(nums1[p]<nums2[q]) a[count++]=nums1[p++];
else a[count++]=nums2[q++];
}
}
if(len%2==0) return (a[count-1]+a[count-2])/2.0;
else return a[count-1];
return 0;
}
};
其实这个思路第三种情况也可以处理前两种，所以前两种代码可省去更美观。但是我写代码一直有贪心的习惯……而且20ms和32ms我觉得是值得写的。
二分思路：（推荐直接看上面链接的标解）
“中位数”在统计中：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。
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]
如果在这两个数组中分别插一根线，就可以将两个数组各分为两部分，这根线的插法要满足：
1.两个数组的左侧部分长度之和始终等于右侧部分长度之和，因此每个i唯一确定一个j。 (i+j)×2=m+n+1
2.我们要做的就是不断移动这根线（i的取值）使得左侧部分的所有值小于右侧部分的所有值。由于数组有序，这样的线是必定存在的。
这两个条件就给出了全部的思路。i的取值为[0,m-1]，根据i确定j，然后考虑线左边和右边共四个元素的大小。但是这样时间复杂度为O(min(m,n))，为了达到log级，我们加上第三条处理：
3.由于数组是顺序的，所以采用二分来选取i的值。
*最后记得奇偶的处理。