題目描述如下：There are two sorted arrays nums1 and nums2 of size m and n respectively. Find the median of the two sorted arrays. The overall run time complexity should be O(log (m+n)).
目前爲止在leetcode碰到的最難的一道題了吧。。O(log(m+n))的時間複雜度限制硬是沒做出來，網上看了別人的解法，思路很巧妙，很奇妙~
思路如下，摘自http://blog.csdn.net/yutianzuijin/article/details/11499917/：
該方法的核心是將原問題轉變成一個尋找第k小數的問題（假設兩個原序列升序排列），這樣中位數實際上是第(m+n)/2小的數。所以只要解決了第k小數的問題，原問題也得以解決。
首先假設數組A和B的元素個數都大於k/2，我們比較A[k/2-1]和B[k/2-1]兩個元素，這兩個元素分別表示A的第k/2小的元素和B的第k/2小的元素。這兩個元素比較共有三種情況：>、<和=。如果A[k/2-1]<B[k/2-1]，這表示A[0]到A[k/2-1]的元素都在A和B合併之後的前k小的元素中。換句話說，A[k/2-1]不可能大於兩數組合並之後的第k小值，所以我們可以將其拋棄。
證明也很簡單，可以採用反證法。假設A[k/2-1]大於合併之後的第k小值，我們不妨假定其爲第（k+1）小值。由於A[k/2-1]小於B[k/2-1]，所以B[k/2-1]至少是第（k+2）小值。但實際上，在A中至多存在k/2-1個元素小於A[k/2-1]，B中也至多存在k/2-1個元素小於A[k/2-1]，所以小於A[k/2-1]的元素個數至多有k/2+ k/2-2，小於k，這與A[k/2-1]是第（k+1）的數矛盾。
當A[k/2-1]>B[k/2-1]時存在類似的結論。
當A[k/2-1]=B[k/2-1]時，我們已經找到了第k小的數，也即這個相等的元素，我們將其記爲m。由於在A和B中分別有k/2-1個元素小於m，所以m即是第k小的數。(這裏可能有人會有疑問，如果k爲奇數，則m不是中位數。這裏是進行了理想化考慮，在實際代碼中略有不同，是先求k/2，然後利用k-k/2獲得另一個數。)
通過上面的分析，我們即可以採用遞歸的方式實現尋找第k小的數。此外我們還需要考慮幾個邊界條件：
- 如果A或者B爲空，則直接返回B[k-1]或者A[k-1]；
- 如果k爲1，我們只需要返回A[0]和B[0]中的較小值；
- 如果A[k/2-1]=B[k/2-1]，返回其中一個；
public class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int total = nums1.length + nums2.length;
if(total % 2 == 1)
return findKth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2 + 1);
else
return (findKth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2) + findKth(nums1, 0, nums2, 0, total / 2 + 1)) / 2;
}
public double findKth(int[] a, int i, int[] b, int j, int k){
if(a.length > b.length)
return findKth(b, j, a, i, k);
if(a.length == 0)
return b[k - 1];
if(k == 1)
return Math.min(a[0], b[0]);
int pa = Math.min(a.length, k / 2), pb = k - pa;
if(a[pa - 1] < b[pb - 1])
return findKth(Arrays.copyOfRange(a, pa, a.length), i + pa, b, j, k - pa);
if(b[pb - 1] < a[pa - 1])
return findKth(Arrays.copyOfRange(b, pb, b.length), j + pb, a, i, k - pb);
else
return a[pa - 1];
}
}