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
可以想到的最直接的方法将两个数组归并排序，合并成一个数组，然后根据数组的长度取中间的数值。但题目要求时间复杂度为O(log(m+n))，有log，而且数组是有序的，可以想到要折半查找，尝试着写了一下，发现由于是两个数组，而且由于奇偶数的问题，会有很多边界的情况，看了题解，总结两种方法如下：
解法一
中位数是指一个有序集合中间的那个数值，可以将集合划分为左右两个部分，左半部分都小于中位数，右半部分大于中位数。
对于一个数组序列，如果长度为偶数，可以得到一个划分，左半部分和右半部分元素的个数完全相等，中位数则为中间两个数值的均值，如果数组的长度为奇数，则可以得到一个划分，中位数为左半部分最后一个元素或者右半部分第一个元素（取决于划分的位置）。
对于两个数组的情况，同样划分为两个部分，记两个数组为A和B，长度分别为m、n，划分的位置为i，j，如图所示：
对于奇偶两种况，分别考虑满足条件的场景。
对于m+n为偶数的情况，如果我们能找到一个划分，满足下面两个条件：
1.划分的左半部分和右半部分的元素个数完全相等，即i+j=(m-i)+(n-j).
2.左半部分的最大值小于右半部分的最小值，即Max(a[i-1],b[j-1])<=Min(a[i],b[j]).
则中位数为中间两个数的平均值，为(Max(a[i-1],b[j-1])+Min(a[i],b[j]).)/2.
对于m+n为奇数的情况，如果我们能找到一个划分，满足下面两个条件：
1.划分左半部分的比右半部分多一个元素，即i+j=(m-i)+(n-j)+1.
2.左半部分的最大值小于右半部分的最小值，即Max(a[i-1],b[j-1])<=Min(a[i],b[j]).
则中位数为左半部分的最后一个元素，即Max(a[i-1],b[j-1])。
对于奇数的情况，当然也可以让右半部分比左半部分多一个元素，即i+j=(m-i)+(n-j)-1,则中位数为右半部分的第一个元素。我们选择第一种，后面会说为什么选择左边多一个。
下面的问题是如何找到满足条件的划分，对于第一个条件，m和n是固定的，i，j是不定的，可以改变其中一个值，另外一个值动态计算，例如不停的改变i，则对于偶数情况，j=(m+n)/2-i，对于奇数情况，j=(m+n+1)/2-i，由于除法是向下取整，所以+1不影响结果，两种情况可以合并成j=(m+n+1)/2-i。由于0<=i<=m,所以为了满足0 <=j<=n,m必须小于等于n。
再考虑第二个条件，先看不满足的情况，即Max(a[i-1],b[j-1])>Min(a[i],b[j])，具体如下：
Max(a[i-1],b[j-1]) > Min(a[i],b[j])
a[i-1] > a[i]
a[i-1] > b[j]
b[j-1] > a[i]
b[j-1] > b[j]
由于A、B数组是有序的，所以1、4情况是不可能的。
当a[i-1]>b[j]的时候，说明A的左半部分元素偏大了，需要将i左移，减少A左半部分的元素，同时根据条件一对应调整j的值。
当b[j-1]>a[i]的时候，说明B的左半部分元素偏大了，需要将i右移，同时根据条件一对应调整j的值。
剩下需要考虑的就是边界情况了，即i=0,j=0,i=m,j=n，当i=0时,a[i-1]不存在，则Max(a[i-1],b[j-1])为b[j-1],同理可得其他三种情况。
所有的情况理清楚之后，则可以写代码了，移动i的方式为折半查找，具体如下：
class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int m = nums1.length;
int n = nums2.length;
if(m > n)
{
return findMedianSortedArrays(nums2, nums1);
}
int iMin=0, iMax = m;
while(iMin<=iMax)
{
int i = (iMin+iMax)/2;
int j = (m+n+1)/2 - i;
//a[i-1]>b[j]
if(i!=0 && j!=n && nums1[i-1] > nums2[j])
{
iMax = i - 1;
}
//b[j-1] > a[i]
else if(j!=0 && i!=m && nums2[j-1] > nums1[i])
{
iMin = i + 1;
}
else{
int maxLeft = 0;
if(i == 0)
{
maxLeft = nums2[j-1];
}else if(j == 0)
{
maxLeft = nums1[i-1];
}else{
maxLeft = Math.max(nums1[i-1], nums2[j-1]);
}
if(0 != (m+n)%2)
{
return maxLeft;
}
int minR = 0;
if(i==m)
{
minR = nums2[j];
}else if(j==n)
{
minR = nums1[i];
}else{
minR = Math.min(nums1[i],nums2[j]);
}
return (maxLeft + minR) / 2.0f;
}
}
return 0.0f;
}
}
解法二
参考求第K小的数。
TODO：
