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)).
You may assume nums1 and nums2 cannot be both empty.
Example 1:
nums1 = [1, 3] nums2 = [2]
The median is 2.0 Example 2:
nums1 = [1, 2] nums2 = [3, 4]
The median is (2 + 3)/2 = 2.5
https://leetcode.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/
要解决这个问题，我们需要先理解“中位数有什么用？”。
在统计学中，中位数用于将集合划分为两个相等长度的子集，一个子集总是大于另一个子集。
如果我们理解了中位数对集合的划分，我们就非常接近答案了。
首先，在一个随机的位置 i 将集合 A 划分为两部分。
left_A | right_A
A[0], A[1], ..., A[i-1] | A[i], A[i+1], ..., A[m-1]
由于A有m个元素，所以就有m+1 种分法（i=0~m）。
由此可知： len(left_A) = i, len(right_A) = m - i。
注意：当i = 0时，left_A为空，而当i = m时，right_A为空。
同样的，在一个随机的位置 j 将集合 B 划分为两部分。：
left_B | right_B
B[0], B[1], ..., B[j-1] | B[j], B[j+1], ..., B[n-1]
将 left_A 和 left_B 放入同一个集合，将 right_A 和 right_B 放入另外一个集合。
分别称他们为 left_part 和 right_part ：
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]
如果我们能达成这两个条件：
- len(left_part) == len(right_part)
- max(left_part) <= min(right_part)
我们就能将 {A, B} 中所有元素分成两个长度相等的部分，并且其中一个部分总是大于另外一个部分。
那么中位数就是 median = (max(left_part) + min(right_part))/2。
ps: 这就是中位数的概念，非常的精髓。
为了达成这两个条件，我们只需要确保：
(1) i + j == m - i + n - j (或者: m - i + n - j + 1) 即让左半边元素数量等于与右半边
对于 n >= m 的情况，我们只需要让 : i = 0 ~ m, j = (m + n + 1)/2 - i
(2) B[j-1] <= A[i] 并且 A[i-1] <= B[j] 即让左边最大元素小于右边最小元素
ps. 简单起见，我们先假设 A[i-1],B[j-1],A[i],B[j] 总是可用的，即使 i=0/i=m/j=0/j=n 。 后面我会说怎么处理这些边缘情况。
ps. 为何 n >= m？
因为我必须确保 j 是非负的，因为 0 <= i <= m 并且 j = (m + n + 1)/2 - i。 如果 n < m ， 则 j 可能是负值， 这将导致错误的结果。
所以，我们需要做的就是：
在 [0, m] 中找到一个使下面不等式成立的 i :
B[j-1] <= A[i] and A[i-1] <= B[j], ( where j = (m + n + 1)/2 - i )
我们可以按照下面描述的步骤进行二分查找：
<1> 设 imin = 0, imax = m, 然后在这个区间 [imin, imax] 中查找 i
<2> 设 i = (imin + imax)/2, j = (m + n + 1)/2 - i
<3> 此时，我们满足了 len(left_part)==len(right_part)， 我们会遇到三种情况：
<a> B[j-1] <= A[i] and A[i-1] <= B[j]
说明我们找到了我们需要的i，停止搜索。
<b> B[j-1] > A[i]
意味着 A[i] 太小， 那么我们必须调整 i 以使 `B[j-1] <= A[i]` 仍然成立。
我们可以增大 i吗?
Yes. 因为 i 增大时， j 将减小。
所以 B[j-1] 跟着减小而 A[i] 会增大。`B[j-1] <= A[i]`就可能成立。
我们可以减小 i 吗?
No! 因为 i 减小时， j 将增大。
所以 B[j-1] 增大而 A[i] 减小。B[j-1] <= A[i] 永远不可能成立。
所以我们必须增加 i。也就是将搜索范围调整为[i+1, imax]。 所以，设 imin = i+1, 然后回到步骤 <2>.
<c> A[i-1] > B[j]
意味着 A[i-1] 太大。我们必须减小 i 以使 `A[i-1]<=B[j]`.
就是说我们要调整搜索范围为 [imin, i-1].
所以， 设 imax = i-1, 然后回到步骤 <2>.
找到符合条件的 i 之后，我们想要的中位数就是：
max(A[i-1], B[j-1]) ( m + n 是奇数)
或者 (max(A[i-1], B[j-1]) + min(A[i], B[j]))/2 ( m + n 是偶数)
现在让我们考虑边缘值i = 0，i = m，j = 0，j = n，其中A [i-1]，B [j-1]，A [i]，B [j]可能不存在。 实际上这种情况比你想象的要容易。
我们需要做的是确保 max(left_part) <= min(right_part)。 所以， 如果 i 和 j 不是边缘值(意味着 A[i-1],B[j-1],A[i],B[j] 都存在)， 那么我们必须同时检查 B[j-1] <= A[i] 和 A[i-1] <= B[j]. 但是如果 A[i-1],B[j-1],A[i],B[j] 中某些值不存在， 那么我们可以只检查一个条件（甚至都不检查）。例如， 如果 i=0， 那么 A[i-1] 不存在， 也就意味着我们不用检查 A[i-1] <= B[j]。 所以，我们这样做：
在 [0, m] 中找到一个使下面不等式成立的 i :
(j == 0 or i == m or B[j-1] <= A[i]) and
(i == 0 or j == n or A[i-1] <= B[j])
where j = (m + n + 1)/2 - i
在搜索循环中，我们只会遇到三种情况：
<a> (j == 0 or i == m or B[j-1] <= A[i]) and
(i == 0 or j = n or A[i-1] <= B[j])
说明 i 的值满足要求，停止循环
<b> j > 0 and i < m and B[j - 1] > A[i]
说明 i 的值太小， 增加它.
<c> i > 0 and j < n and A[i - 1] > B[j]
说明 i 的值过大， 减小它。
感谢 @Quentin.chen , 他指出： i < m ==> j > 0 and i > 0 ==> j < n . 因为：
m <= n, i < m ==> j = (m+n+1)/2 - i > (m+n+1)/2 - m >= (2*m+1)/2 - m >= 0
m <= n, i > 0 ==> j = (m+n+1)/2 - i < (m+n+1)/2 <= (2*n+1)/2 <= n
所以对于情况 和 ， 我们不需要检查j > 0 和j < n是否满足。
下面是完整的Python代码：
def median(A, B):
m, n = len(A), len(B)
if m > n:
A, B, m, n = B, A, n, m
if n == 0:
raise ValueError
imin, imax, half_len = 0, m, (m + n + 1) / 2
while imin <= imax:
i = (imin + imax) / 2
j = half_len - i
if i < m and B[j-1] > A[i]:
# i 的值太小， 增加它
imin = i + 1
elif i > 0 and A[i-1] > B[j]:
# i 的值过大， 减小它
imax = i - 1
else:
# i is perfect
if i == 0: max_of_left = B[j-1]
elif j == 0: max_of_left = A[i-1]
else: max_of_left = max(A[i-1], B[j-1])
if (m + n) % 2 == 1:
return max_of_left
if i == m: min_of_right = B[j]
elif j == n: min_of_right = A[i]
else: min_of_right = min(A[i], B[j])
return (max_of_left + min_of_right) / 2.0