时间和空间复杂度最少的求两个升序数组的中位数

    题目描述：
             一个长度为L的升序S，处在L/2向下取整处的位置的数称为S的中位数。
             现求两个等长的两个升序序列A和B的中位数。 

    分析：固然这题若是不要求最高效的话，能够彻底从新开辟一个2倍长度的数组C，而后将A，B数组合并到C中，而后得其（L/2 - 1）处的值，便可。但空间复杂度较高为O(n)，而且合并的时间复杂也为O(n)，因此本身又进一步改进了一下，将空间复杂度降到了O(1),但时间复杂度依旧是O(n).下面给出代码：

#include<stdio.h>
int M_serach(int s1[],int s2[]){
	int mid=0;
	int len = 5;
	int i=0,j=0;
	while(i<len&&j<len){//其实就是模拟合并的过程只是不须要将其装入C数组中了
		if(s1[i]>s2[j]) {
			j++;
			mid++;
			if(mid == len-1) printf("%d\n",s1[i]);
		}else{
			i++;
			mid++;
			if(mid == len-1) {
				printf("%d\n",s2[j]);
			}
		}
	}
}
//为了方便，我就职意取了几组测试数据
int s1[] = {1,3,5,7,9};
int s2[] = {2,4,6,8,20};
int main(){
	M_serach(s1,s2);
	return 0; 
}

能够进一步优化时间复杂度，主要是借助二分的思想，算法的基本设计思想以下：分别求两个升序的序列A，B的中位数，设为a和b,求序列A，B的中位数过程以下：

1. 若a=b,则a或b即为所求中位数，算法结束。
2. 若a<b,则舍弃序列A中较小的一半，同时舍弃序列B中较大的一半，要求两次舍弃的长度相等。
3. 若b>a,则舍弃序列B中较小的一半，同时舍弃序列A中较大的一半，要求两次舍弃的长度相等。

依次再保留的序列中重复上述过程，直到两个序列中均只含一个元素时为止，较小者即为所求的中位数。

int M_Search(int A[],int B[],int n){
	int s1=0;d1=n-1,m1,s2=0,d2=n-1,m2;
	//分别表示序列A和B的首位数，末尾数和中位数。
	while(s1!=d1||s2!=d2){//s1==d1&&s2==d2
		m1 = (s1+d1)/2;
		m2 = (s2+d2)/2;
		if(A[m1]==B[m2]) return A[m1];
		if(A[m1]<B[m2]){
			if((s1+d1)%2==0){  //元素个数为奇数个((d1-s1+1)%2==0判断的为偶数==>(d1-s1)%2==0奇数又因
                               // 为 (s1+s1+d1-s1+1)%2等价即(s1+d1+1)%2 ==>(s1+d1)%2==0为奇数) 
				s1 = m1;      //舍弃A中间点之前的部分且保留中间点 
				d2 = m2;	 //舍弃B中间点后面的部分且保留中间点 
			}else{			//元素个数为偶数个
				s1 = m1+1; //舍弃A中间点及中间点之前的部分 
				d2 = m2;  //舍弃B中间点之后部分且保留中间点 
			}
		}else{
			if((s2+d2)%2==0){  //元素个数为奇数个 
				s2 = m2;      //舍弃B中间点之前的部分且保留中间点 
				d1 = m1;	 //舍弃A中间点后面的部分且保留中间点 
			}else{			//元素个数为偶数个
				s2 = m2+1; //舍弃B中间点及中间点之前的部分 
				d1 = m1;  //舍弃A中间点之后部分且保留中间点 
			}
		} 
	} 
	return A[s1]<B[s2]?A[s1]:B[s2];
}

能够手动模拟一下上述算法，为何最后去较小者，是由于咱们的中位数取得是L/2向下取整的位置，最后的时间复杂为O(logn),空间复杂度为O(1).

参考资料：王道数据结构。