如何在两个排序数组的并集中找到第k个最小元素?


106

这是一个作业问题。他们说这需要O(logN + logM)在哪里NM是数组的长度。

让我们命名的数组ab。显然,我们可以忽略所有a[i]b[i]其中i>ķ。
首先,我们比较a[k/2]b[k/2]。让b[k/2]> a[k/2]。因此,我们也可以丢弃所有b[i],其中i> k / 2。

现在我们有了all a[i],其中i <k和all b[i],其中i <k / 2来找到答案。

你下一步怎么做?


6
作业中是否包含所有这些步骤,还是上述步骤是算法的开始?
肯德里克

18
上面的步骤是我的。
迈克尔

O(logN + logM)仅指需要找到第k个元素的时间?可以对工会事先进行预处理吗?
David Weiser

1
@大卫。不需要任何预处理。
迈克尔

3
数组中是否允许重复?
David Weiser

Answers:


48

您已掌握,继续前进!并注意索引...

为了简化一点,我将假设N和M> k,因此这里的复杂度为O(log k),即O(log N + log M)。

伪代码:

i = k/2
j = k - i
step = k/4
while step > 0
    if a[i-1] > b[j-1]
        i -= step
        j += step
    else
        i += step
        j -= step
    step /= 2

if a[i-1] > b[j-1]
    return a[i-1]
else
    return b[j-1]

为了演示,您可以使用循环不变i + j = k,但我不会做所有作业:)


14
这不是一个真实的证明,但是算法背后的思想是我们保持i + j = k,并找到这样的i和j,使得a [i-1] <b [j-1] <a [i](或反过来)。现在,由于'a'中的i个元素小于b [j-1],而'b'中的j-1个元素小于b [j-1],因此b [j-1]是i + j-1 +1 =第k个最小元素。为了找到这样的i,j算法对数组进行二分搜索。说得通?
JulesOlléon2011年

8
O(log k)为什么是O(log n + log m)?
Rajendra Uppal,2012年

7
如果所有在阵列1的值的阵列来二值之前,这并不工作
约翰Kurlak

3
为什么首先要使用k / 4?
Maggie 2013年

2
正如@JohnKurlak所提到的,它不适用于整个a小于b的值,请参阅repl.it/HMYf/0
Jeremy

69

自问这个问题以来已经过去了一年多,我希望我不回答您的作业。这是尾部递归解决方案,将花费log(len(a)+ len(b))时间。

假设:输入正确。即k在[0,len(a)+ len(b)]范围内

基本案例:

  • 如果数组之一的长度为0,则答案为第二个数组的第k个元素。

减少步骤:

  • 如果中指a+中指b小于k
    • 如果的中间元素a大于的中间元素b,我们可以忽略的前一半b,进行调整k
    • 否则忽略上半年的a调整k
  • 否则,如果k小于和的中间索引之ab
    • 如果中的元素a大于中的元素b,我们可以放心地忽略中的后一半a
    • 否则我们可以忽略 b

码:

def kthlargest(arr1, arr2, k):
    if len(arr1) == 0:
        return arr2[k]
    elif len(arr2) == 0:
        return arr1[k]

    mida1 = len(arr1)/2
    mida2 = len(arr2)/2
    if mida1+mida2<k:
        if arr1[mida1]>arr2[mida2]:
            return kthlargest(arr1, arr2[mida2+1:], k-mida2-1)
        else:
            return kthlargest(arr1[mida1+1:], arr2, k-mida1-1)
    else:
        if arr1[mida1]>arr2[mida2]:
            return kthlargest(arr1[:mida1], arr2, k)
        else:
            return kthlargest(arr1, arr2[:mida2], k)

请注意,我的解决方案是在每次调用中创建较小数组的新副本,只需在原始数组上传递开始和结束索引即可轻松消除这种情况。


4
为什么称它kthlargest()返回(k+1)第-个最小元素,例如,它10,1,2,3函数中的第二个最小元素,即return sorted(a+b)[k]
jfs


1
您能否解释一下将a和b的中间指标总和与k进行比较为什么很重要?
玛姬

3
在精简步骤中,重要的是要消除数组之一中与其长度成比例的元素,以使运行时对数。(在这里,我们要摆脱一半)。为此,我们需要选择一个可以安全忽略的两半数组。我们该怎么做?通过自信地消除一半,我们肯定知道不会有第k个元素。
lambdapilgrim

1
将k与数组的一半长度的总和进行比较,可以为我们提供有关可以消除数组之一的哪一半的信息。如果k大于一半长度的总和,我们知道可以消除其中一个阵列的前一半。如果k较小,则相反。请注意,我们无法一次从每个数组中消除一半。为了确定要消除哪个数组的哪一半,我们利用了两个数组都已排序的事实,因此,如果k大于一半长度的总和,我们可以消除中间元素小于两个中间元素。反之亦然。
lambdapilgrim

34

许多人回答了“两个排序数组中的第k个最小元素”的问题,但通常仅具有一般性想法,而没有清晰的工作代码或边界条件分析。

在这里,我想通过我正确的有效Java代码来帮助一些新手理解的方式,仔细地进行详细说明。A1A2是两个排序的升序数组,分别具有size1size2作为长度。我们需要从这两个数组的并集中找到第k个最小元素。在这里,我们合理地假设(k > 0 && k <= size1 + size2),这意味着A1并且A2不能都为空。

首先,让我们用慢O(k)算法解决这个问题。该方法是比较两个数组A1[0]和的第一个元素A2[0]。拿起较小的那个,说到A1[0]我们的口袋里。然后比较A1[1]A2[0],等等。重复此操作,直到我们的口袋里的东西到达了k元素。非常重要:第一步,我们只能承诺A1[0]。我们不能包括或排除A2[0]

以下O(k)代码为您提供了正确答案之前的一个元素。在这里,我用它来展示我的想法,并分析边界条件。在这之后我有正确的代码:

private E kthSmallestSlowWithFault(int k) {
    int size1 = A1.length, size2 = A2.length;

    int index1 = 0, index2 = 0;
    // base case, k == 1
    if (k == 1) {
        if (size1 == 0) {
            return A2[index2];
        } else if (size2 == 0) {
            return A1[index1];
        } else if (A1[index1].compareTo(A2[index2]) < 0) {
            return A1[index1];
        } else {
            return A2[index2];
        }
    }

    /* in the next loop, we always assume there is one next element to compare with, so we can
     * commit to the smaller one. What if the last element is the kth one?
     */
    if (k == size1 + size2) {
        if (size1 == 0) {
            return A2[size2 - 1];
        } else if (size2 == 0) {
            return A1[size1 - 1];
        } else if (A1[size1 - 1].compareTo(A2[size2 - 1]) < 0) {
            return A1[size1 - 1];
        } else {
            return A2[size2 - 1];
        }
    }

    /*
     * only when k > 1, below loop will execute. In each loop, we commit to one element, till we
     * reach (index1 + index2 == k - 1) case. But the answer is not correct, always one element
     * ahead, because we didn't merge base case function into this loop yet.
     */
    int lastElementFromArray = 0;
    while (index1 + index2 < k - 1) {
        if (A1[index1].compareTo(A2[index2]) < 0) {
            index1++;
            lastElementFromArray = 1;
            // commit to one element from array A1, but that element is at (index1 - 1)!!!
        } else {
            index2++;
            lastElementFromArray = 2;
        }
    }
    if (lastElementFromArray == 1) {
        return A1[index1 - 1];
    } else {
        return A2[index2 - 1];
    }
}

最有力的想法是,在每个循环中,我们始终使用基本案例方法。提交到当前的最小元素后,我们离目标更近一步:第k个最小元素。切勿跳入中间,让自己感到困惑和迷路!

通过观察上面的代码基础情况k == 1, k == size1+size2,并与结合A1A2不能同时为空。我们可以将逻辑转换为更简洁的样式。

这是一个缓慢但正确的工作代码:

private E kthSmallestSlow(int k) {
    // System.out.println("this is an O(k) speed algorithm, very concise");
    int size1 = A1.length, size2 = A2.length;

    int index1 = 0, index2 = 0;
    while (index1 + index2 < k - 1) {
        if (size1 > index1 && (size2 <= index2 || A1[index1].compareTo(A2[index2]) < 0)) {
            index1++; // here we commit to original index1 element, not the increment one!!!
        } else {
            index2++;
        }
    }
    // below is the (index1 + index2 == k - 1) base case
    // also eliminate the risk of referring to an element outside of index boundary
    if (size1 > index1 && (size2 <= index2 || A1[index1].compareTo(A2[index2]) < 0)) {
        return A1[index1];
    } else {
        return A2[index2];
    }
}

现在我们可以尝试以O(log k)运行的更快算法。同样,A1[k/2]A2[k/2]; 如果A1[k/2]更小,那么从A1[0]到的所有元素都A1[k/2]应该放在我们的口袋里。这个想法不仅仅是在每个循环中提交一个元素;第一步包含k/2元素。同样,我们也不能包含或排除A2[0]A2[k/2]反正。因此,第一步,我们不能超出k/2元素。第二步,我们不能超出k/4元素...

每一步之后,我们就更接近第k个元素。同时,每一步变得越来越小,直到我们到达(step == 1),这是(k-1 == index1+index2)。然后,我们可以再次参考简单而强大的基本案例。

这是正常工作的代码:

private E kthSmallestFast(int k) {
    // System.out.println("this is an O(log k) speed algorithm with meaningful variables name");
    int size1 = A1.length, size2 = A2.length;

    int index1 = 0, index2 = 0, step = 0;
    while (index1 + index2 < k - 1) {
        step = (k - index1 - index2) / 2;
        int step1 = index1 + step;
        int step2 = index2 + step;
        if (size1 > step1 - 1
                && (size2 <= step2 - 1 || A1[step1 - 1].compareTo(A2[step2 - 1]) < 0)) {
            index1 = step1; // commit to element at index = step1 - 1
        } else {
            index2 = step2;
        }
    }
    // the base case of (index1 + index2 == k - 1)
    if (size1 > index1 && (size2 <= index2 || A1[index1].compareTo(A2[index2]) < 0)) {
        return A1[index1];
    } else {
        return A2[index2];
    }
}

有些人可能会担心如果(index1+index2)跳过k-1会怎样?我们可以错过基本情况(k-1 == index1+index2)吗?这不可能。您可以加起来0.5 + 0.25 + 0.125 ...,并且永远不会超过1。

当然,将以上代码转换为递归算法非常容易:

private E kthSmallestFastRecur(int k, int index1, int index2, int size1, int size2) {
    // System.out.println("this is an O(log k) speed algorithm with meaningful variables name");

    // the base case of (index1 + index2 == k - 1)
    if (index1 + index2 == k - 1) {
        if (size1 > index1 && (size2 <= index2 || A1[index1].compareTo(A2[index2]) < 0)) {
            return A1[index1];
        } else {
            return A2[index2];
        }
    }

    int step = (k - index1 - index2) / 2;
    int step1 = index1 + step;
    int step2 = index2 + step;
    if (size1 > step1 - 1 && (size2 <= step2 - 1 || A1[step1 - 1].compareTo(A2[step2 - 1]) < 0)) {
        index1 = step1;
    } else {
        index2 = step2;
    }
    return kthSmallestFastRecur(k, index1, index2, size1, size2);
}

希望以上分析和Java代码可以帮助您理解。但是请不要将我的代码复制为作业!干杯;)


1
非常感谢您的出色解释和答复+1 :)
Hengameh

在第一个代码中,不应该else if (A1[size1 - 1].compareTo(A2[size2 - 1]) < 0) 代替else if (A1[size1 - 1].compareTo(A2[size2 - 1]) > 0)吗?(使用kthSmallestSlowWithFault代码)
Hengameh

谢谢@Fei。很好的解释。令人惊讶的是,有关此问题的错误答案正在互联网上流传。更令人惊讶的是,被接受的关于这个问题的回答总是错误的。似乎没人在乎测试答案。
队长福杰蒂

可能会在某些步骤(称为15)之后截止到O(k)解,因为步骤范围会很快减小。
天空

1
在任何递归调用中,都不会减小A1或A2的大小。
阿迪亚·乔希

5

这是@lambdapilgrim解决方案的C ++迭代版本(请参见此处的算法说明):

#include <cassert>
#include <iterator>

template<class RandomAccessIterator, class Compare>
typename std::iterator_traits<RandomAccessIterator>::value_type
nsmallest_iter(RandomAccessIterator firsta, RandomAccessIterator lasta,
               RandomAccessIterator firstb, RandomAccessIterator lastb,
               size_t n,
               Compare less) {
  assert(issorted(firsta, lasta, less) && issorted(firstb, lastb, less));
  for ( ; ; ) {
    assert(n < static_cast<size_t>((lasta - firsta) + (lastb - firstb)));
    if (firsta == lasta) return *(firstb + n);
    if (firstb == lastb) return *(firsta + n);

    size_t mida = (lasta - firsta) / 2;
    size_t midb = (lastb - firstb) / 2;
    if ((mida + midb) < n) {
      if (less(*(firstb + midb), *(firsta + mida))) {
        firstb += (midb + 1);
        n -= (midb + 1);
      }
      else {
        firsta += (mida + 1);
        n -= (mida + 1);
      }
    }
    else {
      if (less(*(firstb + midb), *(firsta + mida)))
        lasta = (firsta + mida);
      else
        lastb = (firstb + midb);
    }
  }
}

它适用于所有0 <= n < (size(a) + size(b))索引并且具有O(log(size(a)) + log(size(b)))复杂性。

#include <functional> // greater<>
#include <iostream>

#define SIZE(a) (sizeof(a) / sizeof(*a))

int main() {
  int a[] = {5,4,3};
  int b[] = {2,1,0};
  int k = 1; // find minimum value, the 1st smallest value in a,b

  int i = k - 1; // convert to zero-based indexing
  int v = nsmallest_iter(a, a + SIZE(a), b, b + SIZE(b),
                         SIZE(a)+SIZE(b)-1-i, std::greater<int>());
  std::cout << v << std::endl; // -> 0
  return v;
}

4

我尝试在2个排序数组和n个排序数组中输入第k个数字,第k个数字:

// require() is recognizable by node.js but not by browser;
// for running/debugging in browser, put utils.js and this file in <script> elements,
if (typeof require === "function") require("./utils.js");

// Find K largest numbers in two sorted arrays.
function k_largest(a, b, c, k) {
    var sa = a.length;
    var sb = b.length;
    if (sa + sb < k) return -1;
    var i = 0;
    var j = sa - 1;
    var m = sb - 1;
    while (i < k && j >= 0 && m >= 0) {
        if (a[j] > b[m]) {
            c[i] = a[j];
            i++;
            j--;
        } else {
            c[i] = b[m];
            i++;
            m--;
        }
    }
    debug.log(2, "i: "+ i + ", j: " + j + ", m: " + m);
    if (i === k) {
        return 0;
    } else if (j < 0) {
        while (i < k) {
            c[i++] = b[m--];
        }
    } else {
        while (i < k) c[i++] = a[j--];
    }
    return 0;
}

// find k-th largest or smallest number in 2 sorted arrays.
function kth(a, b, kd, dir){
    sa = a.length; sb = b.length;
    if (kd<1 || sa+sb < kd){
        throw "Mission Impossible! I quit!";
    }

    var k;
    //finding the kd_th largest == finding the smallest k_th;
    if (dir === 1){ k = kd;
    } else if (dir === -1){ k = sa + sb - kd + 1;}
    else throw "Direction has to be 1 (smallest) or -1 (largest).";

    return find_kth(a, b, k, sa-1, 0, sb-1, 0);
}

// find k-th smallest number in 2 sorted arrays;
function find_kth(c, d, k, cmax, cmin, dmax, dmin){

    sc = cmax-cmin+1; sd = dmax-dmin+1; k0 = k; cmin0 = cmin; dmin0 = dmin;
    debug.log(2, "=k: " + k +", sc: " + sc + ", cmax: " + cmax +", cmin: " + cmin + ", sd: " + sd +", dmax: " + dmax + ", dmin: " + dmin);

    c_comp = k0-sc;
    if (c_comp <= 0){
        cmax = cmin0 + k0-1;
    } else {
        dmin = dmin0 + c_comp-1;
        k -= c_comp-1;
    }

    d_comp = k0-sd;
    if (d_comp <= 0){
        dmax = dmin0 + k0-1;
    } else {
        cmin = cmin0 + d_comp-1;
        k -= d_comp-1;
    }
    sc = cmax-cmin+1; sd = dmax-dmin+1;

    debug.log(2, "#k: " + k +", sc: " + sc + ", cmax: " + cmax +", cmin: " + cmin + ", sd: " + sd +", dmax: " + dmax + ", dmin: " + dmin + ", c_comp: " + c_comp + ", d_comp: " + d_comp);

    if (k===1) return (c[cmin]<d[dmin] ? c[cmin] : d[dmin]);
    if (k === sc+sd) return (c[cmax]>d[dmax] ? c[cmax] : d[dmax]);

    m = Math.floor((cmax+cmin)/2);
    n = Math.floor((dmax+dmin)/2);

    debug.log(2, "m: " + m + ", n: "+n+", c[m]: "+c[m]+", d[n]: "+d[n]);

    if (c[m]<d[n]){
        if (m === cmax){ // only 1 element in c;
            return d[dmin+k-1];
        }

        k_next = k-(m-cmin+1);
        return find_kth(c, d, k_next, cmax, m+1, dmax, dmin);
    } else {
        if (n === dmax){
            return c[cmin+k-1];
        }

        k_next = k-(n-dmin+1);
        return find_kth(c, d, k_next, cmax, cmin, dmax, n+1);
    }
}

function traverse_at(a, ae, h, l, k, at, worker, wp){
    var n = ae ? ae.length : 0;
    var get_node;
    switch (at){
        case "k": get_node = function(idx){
                var node = {};
                var pos = l[idx] + Math.floor(k/n) - 1;
                if (pos<l[idx]){ node.pos = l[idx]; }
                else if (pos > h[idx]){ node.pos = h[idx];}
                else{ node.pos = pos; }

                node.idx = idx;
                node.val = a[idx][node.pos];
                debug.log(6, "pos: "+pos+"\nnode =");
                debug.log(6, node);
                return node;
            };
            break;
        case "l": get_node = function(idx){
                debug.log(6, "a["+idx+"][l["+idx+"]]: "+a[idx][l[idx]]);
                return a[idx][l[idx]];
            };
            break;
        case "h": get_node = function(idx){
                debug.log(6, "a["+idx+"][h["+idx+"]]: "+a[idx][h[idx]]);
                return a[idx][h[idx]];
            };
            break;
        case "s": get_node = function(idx){
                debug.log(6, "h["+idx+"]-l["+idx+"]+1: "+(h[idx] - l[idx] + 1));
                return h[idx] - l[idx] + 1;
            };
            break;
        default: get_node = function(){
                debug.log(1, "!!! Exception: get_node() returns null.");
                return null;
            };
            break;
    }

    worker.init();

    debug.log(6, "--* traverse_at() *--");

    var i;
    if (!wp){
        for (i=0; i<n; i++){
            worker.work(get_node(ae[i]));
        }    
    } else {
        for (i=0; i<n; i++){
            worker.work(get_node(ae[i]), wp);
        }
    }

    return worker.getResult();
}

sumKeeper = function(){
    var res = 0;
    return {
        init     : function(){ res = 0;},
        getResult: function(){
                debug.log(5, "@@ sumKeeper.getResult: returning: "+res);
                return res;
            },
        work     : function(node){ if (node!==null) res += node;}
    };
}();

maxPicker = function(){
    var res = null;
    return {
        init     : function(){ res = null;},
        getResult: function(){
                debug.log(5, "@@ maxPicker.getResult: returning: "+res);
                return res;
            },
        work     : function(node){
            if (res === null){ res = node;}
            else if (node!==null && node > res){ res = node;}
        }
    };    
}();

minPicker = function(){
    var res = null;
    return {
        init     : function(){ res = null;},
        getResult: function(){
                debug.log(5, "@@ minPicker.getResult: returning: ");
                debug.log(5, res);
                return res;
            },
        work     : function(node){
            if (res === null && node !== null){ res = node;}
            else if (node!==null &&
                node.val !==undefined &&
                node.val < res.val){ res = node; }
            else if (node!==null && node < res){ res = node;}
        }
    };  
}();

// find k-th smallest number in n sorted arrays;
// need to consider the case where some of the subarrays are taken out of the selection;
function kth_n(a, ae, k, h, l){
    var n = ae.length;
    debug.log(2, "------**  kth_n()  **-------");
    debug.log(2, "n: " +n+", k: " + k);
    debug.log(2, "ae: ["+ae+"],  len: "+ae.length);
    debug.log(2, "h: [" + h + "]");
    debug.log(2, "l: [" + l + "]");

    for (var i=0; i<n; i++){
        if (h[ae[i]]-l[ae[i]]+1>k) h[ae[i]]=l[ae[i]]+k-1;
    }
    debug.log(3, "--after reduction --");
    debug.log(3, "h: [" + h + "]");
    debug.log(3, "l: [" + l + "]");

    if (n === 1)
        return a[ae[0]][k-1]; 
    if (k === 1)
        return traverse_at(a, ae, h, l, k, "l", minPicker);
    if (k === traverse_at(a, ae, h, l, k, "s", sumKeeper))
        return traverse_at(a, ae, h, l, k, "h", maxPicker);

    var kn = traverse_at(a, ae, h, l, k, "k", minPicker);
    debug.log(3, "kn: ");
    debug.log(3, kn);

    var idx = kn.idx;
    debug.log(3, "last: k: "+k+", l["+kn.idx+"]: "+l[idx]);
    k -= kn.pos - l[idx] + 1;
    l[idx] = kn.pos + 1;
    debug.log(3, "next: "+"k: "+k+", l["+kn.idx+"]: "+l[idx]);
    if (h[idx]<l[idx]){ // all elements in a[idx] selected;
        //remove a[idx] from the arrays.
        debug.log(4, "All elements selected in a["+idx+"].");
        debug.log(5, "last ae: ["+ae+"]");
        ae.splice(ae.indexOf(idx), 1);
        h[idx] = l[idx] = "_"; // For display purpose only.
        debug.log(5, "next ae: ["+ae+"]");
    }

    return kth_n(a, ae, k, h, l);
}

function find_kth_in_arrays(a, k){

    if (!a || a.length<1 || k<1) throw "Mission Impossible!";

    var ae=[], h=[], l=[], n=0, s, ts=0;
    for (var i=0; i<a.length; i++){
        s = a[i] && a[i].length;
        if (s>0){
            ae.push(i); h.push(s-1); l.push(0);
            ts+=s;
        }
    }

    if (k>ts) throw "Too few elements to choose from!";

    return kth_n(a, ae, k, h, l);
}

/////////////////////////////////////////////////////
// tests
// To show everything: use 6.
debug.setLevel(1);

var a = [2, 3, 5, 7, 89, 223, 225, 667];
var b = [323, 555, 655, 673];
//var b = [99];
var c = [];

debug.log(1, "a = (len: " + a.length + ")");
debug.log(1, a);
debug.log(1, "b = (len: " + b.length + ")");
debug.log(1, b);

for (var k=1; k<a.length+b.length+1; k++){
    debug.log(1, "================== k: " + k + "=====================");

    if (k_largest(a, b, c, k) === 0 ){
      debug.log(1, "c = (len: "+c.length+")");
      debug.log(1, c);
    }

    try{
        result = kth(a, b, k, -1);
        debug.log(1, "===== The " + k + "-th largest number: " + result);
    } catch (e) {
        debug.log(0, "Error message from kth(): " + e);
    }
    debug.log("==================================================");
}

debug.log(1, "################# Now for the n sorted arrays ######################");
debug.log(1, "####################################################################");

x = [[1, 3, 5, 7, 9],
     [-2, 4, 6, 8, 10, 12],
     [8, 20, 33, 212, 310, 311, 623],
     [8],
     [0, 100, 700],
     [300],
     [],
     null];

debug.log(1, "x = (len: "+x.length+")");
debug.log(1, x);

for (var i=0, num=0; i<x.length; i++){
    if (x[i]!== null) num += x[i].length;
}
debug.log(1, "totoal number of elements: "+num);

// to test k in specific ranges:
var start = 0, end = 25;
for (k=start; k<end; k++){
    debug.log(1, "=========================== k: " + k + "===========================");

    try{
        result = find_kth_in_arrays(x, k);
        debug.log(1, "====== The " + k + "-th smallest number: " + result);
    } catch (e) {
        debug.log(1, "Error message from find_kth_in_arrays: " + e);
    }
    debug.log(1, "=================================================================");
}
debug.log(1, "x = (len: "+x.length+")");
debug.log(1, x);
debug.log(1, "totoal number of elements: "+num);

带有调试实用程序的完整代码可以在以下位置找到:https : //github.com/brainclone/teasers/tree/master/kth


3

这是我基于Jules Olleon解决方案的代码:

int getNth(vector<int>& v1, vector<int>& v2, int n)
{
    int step = n / 4;

    int i1 = n / 2;
    int i2 = n - i1;

    while(!(v2[i2] >= v1[i1 - 1] && v1[i1] > v2[i2 - 1]))
    {                   
        if (v1[i1 - 1] >= v2[i2 - 1])
        {
            i1 -= step;
            i2 += step;
        }
        else
        {
            i1 += step;
            i2 -= step;
        }

        step /= 2;
        if (!step) step = 1;
    }

    if (v1[i1 - 1] >= v2[i2 - 1])
        return v1[i1 - 1];
    else
        return v2[i2 - 1];
}

int main()  
{  
    int a1[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};
    int a2[] = {4,6,8,10,12};

    //int a1[] = {1,2,3,4,5,6,7,8,9};
    //int a2[] = {4,6,8,10,12};

    //int a1[] = {1,7,9,10,30};
    //int a2[] = {3,5,8,11};
    vector<int> v1(a1, a1+9);
    vector<int> v2(a2, a2+5);


    cout << getNth(v1, v2, 5);
    return 0;  
}  

1
在某些情况下,这将不起作用。例如,int a2 [] = {1,2,3,4,5}; int a1 [] = {5,6,8,10,12}; getNth(a1,a2,7)。数组的索引将超出边界。
杰伊

2

这是我在C语言中的实现,您可以参考@JulesOlléon对该算法的解释:该算法的思想是,我们保持i + j = k,并找到这样的i和j,以便a [i-1] <b [j-1] <a [i](或相反)。现在,由于'a'中的i个元素小于b [j-1],而'b'中的j-1个元素小于b [j-1],因此b [j-1]是i + j-1 +1 =第k个最小元素。为了找到这样的i,j算法对数组进行二分搜索。

int find_k(int A[], int m, int B[], int n, int k) {
   if (m <= 0 )return B[k-1];
   else if (n <= 0) return A[k-1];
   int i =  ( m/double (m + n))  * (k-1);
   if (i < m-1 && i<k-1) ++i;
   int j = k - 1 - i;

   int Ai_1 = (i > 0) ? A[i-1] : INT_MIN, Ai = (i<m)?A[i]:INT_MAX;
   int Bj_1 = (j > 0) ? B[j-1] : INT_MIN, Bj = (j<n)?B[j]:INT_MAX;
   if (Ai >= Bj_1 && Ai <= Bj) {
       return Ai;
   } else if (Bj >= Ai_1 && Bj <= Ai) {
       return Bj;
   }
   if (Ai < Bj_1) { // the answer can't be within A[0,...,i]
       return find_k(A+i+1, m-i-1, B, n, j);
   } else { // the answer can't be within A[0,...,i]
       return find_k(A, m, B+j+1, n-j-1, i);
   }
 }

2

这是我的解决方案。C ++代码使用循环打印第k个最小值以及迭代次数以获得第k个最小值,在我看来,这是log(k)的顺序。但是,该代码要求k小于第一数组的长度,这是一个限制。

#include <iostream>
#include <vector>
#include<math.h>
using namespace std;

template<typename comparable>
comparable kthSmallest(vector<comparable> & a, vector<comparable> & b, int k){

int idx1; // Index in the first array a
int idx2; // Index in the second array b
comparable maxVal, minValPlus;
float iter = k;
int numIterations = 0;

if(k > a.size()){ // Checks if k is larger than the size of first array
    cout << " k is larger than the first array" << endl;
    return -1;
}
else{ // If all conditions are satisfied, initialize the indexes
    idx1 = k - 1;
    idx2 = -1;
}

for ( ; ; ){
    numIterations ++;
    if(idx2 == -1 || b[idx2] <= a[idx1] ){
        maxVal = a[idx1];
        minValPlus = b[idx2 + 1];
        idx1 = idx1 - ceil(iter/2); // Binary search
        idx2 = k - idx1 - 2; // Ensures sum of indices  = k - 2
    }
    else{
        maxVal = b[idx2];
        minValPlus = a[idx1 + 1];
        idx2 = idx2 - ceil(iter/2); // Binary search
        idx1 = k - idx2 - 2; // Ensures sum of indices  = k - 2
    }
    if(minValPlus >= maxVal){ // Check if kth smallest value has been found
        cout << "The number of iterations to find the " << k << "(th) smallest value is    " << numIterations << endl;
        return maxVal;

    }
    else
        iter/=2; // Reduce search space of binary search
   }
}

int main(){
//Test Cases
    vector<int> a = {2, 4, 9, 15, 22, 34, 45, 55, 62, 67, 78, 85};
    vector<int> b = {1, 3, 6, 8, 11, 13, 15, 20, 56, 67, 89};
    // Input k < a.size()
    int kthSmallestVal;
    for (int k = 1; k <= a.size() ; k++){
        kthSmallestVal = kthSmallest<int>( a ,b ,k );
        cout << k <<" (th) smallest Value is " << kthSmallestVal << endl << endl << endl;
    }
}

1

上面提供的第一个伪代码不适用于许多值。例如,这是两个数组。int [] a = {1,5,6,8,9,11,15,17,19}; int [] b = {4,7,8,13,15,18,20,24,26};

对于k = 3和k = 9,它不起作用。我有另一个解决方案。它在下面给出。

private static void traverse(int pt, int len) {
int temp = 0;

if (len == 1) {
    int val = 0;
    while (k - (pt + 1) - 1 > -1 && M[pt] < N[k - (pt + 1) - 1]) {

    if (val == 0)
        val = M[pt] < N[k - (pt + 1) - 1] ? N[k - (pt + 1) - 1]
            : M[pt];
    else {
        int t = M[pt] < N[k - (pt + 1) - 1] ? N[k - (pt + 1) - 1]
            : M[pt];
        val = val < t ? val : t;

    }

    ++pt;
    }

    if (val == 0)
    val = M[pt] < N[k - (pt + 1) - 1] ? N[k - (pt + 1) - 1] : M[pt];

    System.out.println(val);
    return;
}

temp = len / 2;

if (M[pt + temp - 1] < N[k - (pt + temp) - 1]) {
    traverse(pt + temp, temp);

} else {
    traverse(pt, temp);
}

}

但是...对于k = 5也不起作用。k的这个奇数/奇数捕获并没有使其变得简单。


1
public class KthSmallestInSortedArray {

    public static void main(String[] args) {
        int a1[] = {2, 3, 10, 11, 43, 56},
                a2[] = {120, 13, 14, 24, 34, 36},
                k = 4;

        System.out.println(findKthElement(a1, a2, k));

    }

    private static int findKthElement(int a1[], int a2[], int k) {

        /** Checking k must less than sum of length of both array **/
        if (a1.length + a2.length < k) {
            throw new IllegalArgumentException();
        }

        /** K must be greater than zero **/
        if (k <= 0) {
            throw new IllegalArgumentException();
        }

        /**
         * Finding begin, l and end such that
         * begin <= l < end
         * a1[0].....a1[l-1] and
         * a2[0]....a2[k-l-1] are the smallest k numbers
         */
        int begin = Math.max(0, k - a2.length);
        int end = Math.min(a1.length, k);

        while (begin < end) {
            int l = begin + (end - begin) / 2;

            /** Can we include a1[l] in the k smallest numbers */
            if ((l < a1.length) &&
                    (k - l > 0) &&
                    (a1[l] < a2[k - l - 1])) {

                begin = l + 1;

            } else if ((l > 0) &&
                    (k - l < a2.length) &&
                    (a1[l - 1] > a2[k - 1])) {

                /**
                 * This is the case where we can discard
                 * a[l-1] from the set of k smallest numbers
                 */
                end = l;

            } else {

                /**
                 * We found our answer since both inequalities were
                 * false
                 */
                begin = l;
                break;
            }
        }

        if (begin == 0) {
            return a2[k - 1];
        } else if (begin == k) {
            return a1[k - 1];
        } else {
            return Math.max(a1[begin - 1], a2[k - begin - 1]);
        }
    }
}

1

这是java中的我的解决方案。将尝试进一步优化它

  public class FindKLargestTwoSortedArray {

    public static void main(String[] args) {
        int[] arr1 = { 10, 20, 40, 80 };
        int[] arr2 = { 15, 35, 50, 75 };

    FindKLargestTwoSortedArray(arr1, 0, arr1.length - 1, arr2, 0,
            arr2.length - 1, 6);
    }


    public static void FindKLargestTwoSortedArray(int[] arr1, int start1,
            int end1, int[] arr2, int start2, int end2, int k) {

        if ((start1 <= end1 && start1 >= 0 && end1 < arr1.length)
                && (start2 <= end2 && start2 >= 0 && end2 < arr2.length)) {

            int midIndex1 = (start1 + (k - 1) / 2);
            midIndex1 = midIndex1 >= arr1.length ? arr1.length - 1 : midIndex1;
            int midIndex2 = (start2 + (k - 1) / 2);
            midIndex2 = midIndex2 >= arr2.length ? arr2.length - 1 : midIndex2;


            if (arr1[midIndex1] == arr2[midIndex2]) {
                System.out.println("element is " + arr1[midIndex1]);
            } else if (arr1[midIndex1] < arr2[midIndex2]) {

                if (k == 1) {
                    System.out.println("element is " + arr1[midIndex1]);
                    return;
                } else if (k == 2) {
                    System.out.println("element is " + arr2[midIndex2]);
                    return;
                }else if (midIndex1 == arr1.length-1 || midIndex2 == arr2.length-1 ) {
                    if(k==(arr1.length+arr2.length)){
                    System.out.println("element is " + arr2[midIndex2]);
                    return;
                    }else if(k==(arr1.length+arr2.length)-1){
                        System.out.println("element is " + arr1[midIndex1]);
                        return;
                    }

                }

                int remainingElementToSearch = k - (midIndex1-start1);
                FindKLargestTwoSortedArray(
                        arr1,
                        midIndex1,
                        (midIndex1 + remainingElementToSearch) >= arr1.length ? arr1.length-1
                                : (midIndex1 + remainingElementToSearch), arr2,
                        start2, midIndex2, remainingElementToSearch);

            } else if (arr1[midIndex1] > arr2[midIndex2]) {
                FindKLargestTwoSortedArray(arr2, start2, end2, arr1, start1,
                        end1, k);
            }

        } else {
            return;
        }

    }
}

这是Algo在精彩的youtube视频上的启发


1

链接到代码复杂度(log(n)+ log(m))

链接到代码(log(n)* log(m))

实施的(的log(n)+日志(米))溶液

我想对这个问题加我的解释。这是一个经典的问题,我们必须使用两个数组已排序的事实。我们得到了大小为sz1的两个排序数组arr1和大小为sz2的arr2

a)让我们假设

检查k是否有效

k>(sz1 + sz2)

那么我们在两个排序数组ryt的联合中找不到第k个最小元素,因此返回无效数据。b)现在,如果上述条件成立,并且我们具有有效且可行的k值,

管理边缘案例

我们将在两个数组的前面附加-infinity值,在末尾附加+ infinity值,以覆盖k = 1,2和k =(sz1 + sz2-1),(sz1 + sz2)等的边缘情况。

现在,这两个阵列具有尺寸(SZ1 + 2)(SZ2 + 2)分别

主要算法

现在,我们将对arr1进行二进制搜索。我们将对arr1进行二进制搜索,查找索引i,startIndex <= i <= endIndex

这样,如果我们使用约束{(i + j)= k}在arr2中找到相应的索引j,则

如果(arr2 [j-1] <arr1 [i] <arr2 [j]),则arr1 [i]是第k个最小的情况(情况1)

否则,如果(arr1 [i-1] <arr2 [j] <arr1 [i]),则arr2 [i]是第k个最小的情况(情况2)

否则表示arr1 [i] <arr2 [j-1] <arr2 [j](案例3)

arr2 [j-1] <arr2 [j] <arr1 [i](案例4)

既然我们知道第k个最小元素的(k-1)个元素比两个数组ryt的和要小?所以,

Case1中,我们所做的是,确保arr1 [i]总共有(k-1)个较小的元素,因为arr1数组中小于arr1 [i]的元素的数目比我们知道的i-1(arr2 [ j-1] <arr1 [i] <arr2 [j])且arr2中小于arr1 [i]的元素数量为j-1,因为使用(i-1)+(j-1)=(k -1)因此,第k个最小元素为arr1 [i]

但是答案可能并不总是来自第一个数组,即arr1,因此我们检查了case2,它也与案例1类似,因为(i-1)+(j-1)=(k-1)。现在,如果我们有(arr1 [i-1] <arr2 [j] <arr1 [i]),则在两个数组的并集中总共有小于arr2 [j]的k-1个元素,因此它是第k个最小元素。

case3中,要将其形成为case 1或case 2中的任何一个,我们需要递增i,并且j将根据使用约束{(i + j)= k}来找到,即在二进制搜索中移至右侧,即make startIndex = middleIndex

case4中,要将其形成为case 1或case 2中的任何一个,我们需要递减i,并且j将根据使用约束{(i + j)= k}来找到,即在二进制搜索中移至左侧,即使endIndex = middleIndex 。

现在如何在startindex = 1和endIndex = ??的arr1上二进制搜索开始时确定startIndex和endIndex。我们需要确定。

如果k> sz1,endIndex =(sz1 + 1),否则endIndex = k;

因为如果k大于第一个数组的大小,我们可能必须对整个数组arr1进行二进制搜索,否则我们只需要取它的前k个元素,因为sz1-k个元素永远不会有助于计算第k个最小的元素。

如下所示的代码

// Complexity    O(log(n)+log(m))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define f(i,x,y) for(int i = (x);i < (y);++i)
#define F(i,x,y) for(int i = (x);i > (y);--i)
int max(int a,int b){return (a > b?a:b);}
int min(int a,int b){return (a < b?a:b);}
int mod(int a){return (a > 0?a:((-1)*(a)));}
#define INF 1000000




int func(int *arr1,int *arr2,int sz1,int sz2,int k)

{

if((k <= (sz1+sz2))&&(k > 0))

{
int s = 1,e,i,j;
if(k > sz1)e = sz1+1;
else e = k;
while((e-s)>1)
{
  i = (e+s)/2;
  j = ((k-1)-(i-1)); 
  j++;
  if(j > (sz2+1)){s = i;}
  else if((arr1[i] >= arr2[j-1])&&(arr1[i] <= arr2[j]))return arr1[i];
  else if((arr2[j] >= arr1[i-1])&&(arr2[j] <= arr1[i]))return arr2[j];
  else if(arr1[i] < arr2[j-1]){s = i;}
  else if(arr1[i] > arr2[j]){e = i;}
  else {;}
}
i = e,j = ((k-1)-(i-1));j++;
if((arr1[i] >= arr2[j-1])&&(arr1[i] <= arr2[j]))return arr1[i];
else if((arr2[j] >= arr1[i-1])&&(arr2[j] <= arr1[i]))return arr2[j];
else
{
  i = s,j = ((k-1)-(i-1));j++;
  if((arr1[i] >= arr2[j-1])&&(arr1[i] <= arr2[j]))return arr1[i];
  else return arr2[j];
}

  }

 else

{
cout << "Data Invalid" << endl;
return -INF;

}

}





int main()

{
int n,m,k;
cin >> n >> m >> k;
int arr1[n+2];
int arr2[m+2];
f(i,1,n+1)
cin >> arr1[i];
f(i,1,m+1)
cin >> arr2[i];
arr1[0] = -INF;
arr2[0] = -INF;
  arr1[n+1] = +INF;  
arr2[m+1] = +INF; 
int val = func(arr1,arr2,n,m,k);
if(val != -INF)cout << val << endl;   
return 0;

}

用于解决复杂度(log(n)* log(m))

我只是错过了利用以下事实的优势:对于每个i,都可以使用约束{(i-1)+(j-1)=(k-1)}来找到j,因此对于每个ii,还在第二个数组上应用了二进制搜索找到j使得arr2 [j] <= arr1 [i]。因此可以进一步优化此解决方案


1

基本上,通过这种方法,您可以在每个步骤中丢弃k / 2个元素。K将递归地从k => k / 2 => k / 4 => ...变为1。 因此,时间复杂度为O(logk)

在k = 1处,我们得到两个阵列中的最低者。

以下代码在JAVA中。请注意,我们从索引中减去代码中的1(-1),因为Java数组的索引从0而不是1开始,例如。k = 3由数组第二索引中的元素表示。

private int kthElement(int[] arr1, int[] arr2, int k) {
        if (k < 1 || k > (arr1.length + arr2.length))
            return -1;
        return helper(arr1, 0, arr1.length - 1, arr2, 0, arr2.length - 1, k);
    }


private int helper(int[] arr1, int low1, int high1, int[] arr2, int low2, int high2, int k) {
    if (low1 > high1) {
        return arr2[low2 + k - 1];
    } else if (low2 > high2) {
        return arr1[low1 + k - 1];
    }
    if (k == 1) {
        return Math.min(arr1[low1], arr2[low2]);
    }
    int i = Math.min(low1 + k / 2, high1 + 1);
    int j = Math.min(low2 + k / 2, high2 + 1);
    if (arr1[i - 1] > arr2[j - 1]) {
        return helper(arr1, low1, high1, arr2, j, high2, k - (j - low2));
    } else {
        return helper(arr1, i, high1, arr2, low2, high2, k - (i - low1));
    }
}

1
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int findKthElement(int a[],int start1,int end1,int b[],int start2,int end2,int k){

    if(start1 >= end1)return b[start2+k-1];
    if(start2 >= end2)return a[start1+k-1];
    if(k==1)return min(a[start1],b[start2]);
    int aMax = INT_MAX;
    int bMax = INT_MAX;
    if(start1+k/2-1 < end1) aMax = a[start1 + k/2 - 1];
    if(start2+k/2-1 < end2) bMax = b[start2 + k/2 - 1];

    if(aMax > bMax){
        return findKthElement(a,start1,end1,b,start2+k/2,end2,k-k/2);
    }
    else{
        return findKthElement(a,start1 + k/2,end1,b,start2,end2,k-k/2);
    }
}

int main(void){
    int t;
    scanf("%d",&t);
    while(t--){
        int n,m,k;
        cout<<"Enter the size of 1st Array"<<endl;
        cin>>n;
        int arr[n];
        cout<<"Enter the Element of 1st Array"<<endl;
        for(int i = 0;i<n;i++){
            cin>>arr[i];
        }
        cout<<"Enter the size of 2nd Array"<<endl;
        cin>>m;
        int arr1[m];
        cout<<"Enter the Element of 2nd Array"<<endl;
        for(int i = 0;i<m;i++){
            cin>>arr1[i];
        }
        cout<<"Enter The Value of K";
        cin>>k;
        sort(arr,arr+n);
        sort(arr1,arr1+m);
        cout<<findKthElement(arr,0,n,arr1,0,m,k)<<endl;
    }

    return 0;
}

时间复杂度为O(log(min(n,m)))


1

我在这里找到的大多数答案都集中在两个数组上。虽然这很好,但是很难实现,因为我们需要处理很多边缘情况。除此之外,大多数实现都是递归的,这增加了递归堆栈的空间复杂性。因此,我决定只关注较小的数组,而不是只关注较小的数组,而只对较小的数组进行二进制搜索,然后根据第一个数组中指针的值调整第二个数组的指针。通过下面的实现,我们的复杂性O(log(min(n,m))O(1)空间复杂度。

    public static int kth_two_sorted(int []a, int b[],int k){
    if(a.length > b.length){
        return kth_two_sorted(b,a,k);
    }
    if(a.length + a.length < k){
        throw new RuntimeException("wrong argument");
    }
    int low = 0;
    int high = k;
    if(a.length <= k){
        high = a.length-1;
    }
    while(low <= high){
        int sizeA = low+(high - low)/2;
        int sizeB = k - sizeA;
        boolean shrinkLeft = false;
        boolean extendRight = false;
        if(sizeA != 0){
            if(sizeB !=b.length){
                if(a[sizeA-1] > b[sizeB]){
                    shrinkLeft = true;
                    high = sizeA-1;
                }
            }
        }
        if(sizeA!=a.length){
            if(sizeB!=0){
                if(a[sizeA] < b[sizeB-1]){
                    extendRight = true;
                    low = sizeA;
                }
            }
        }
        if(!shrinkLeft && !extendRight){
            return Math.max(a[sizeA-1],b[sizeB-1]) ;
        }
    }
    throw  new IllegalArgumentException("we can't be here");
}

我们有一个[low, high]for数组的a范围,随着我们进一步研究算法,我们缩小了范围。sizeA显示有多少从项目的k项目是从阵列a,它从价值导出lowhighsizeB是相同的定义,只是我们计算值的方式是sizeA+sizeB=k。基于这两个边界上的值,得出的结论是我们必须扩展到数组的右侧a或缩小到左侧。如果我们停留在相同的位置,则意味着我们找到了解决方案,并且将在sizeA-1from asizeB-1from 的位置返回最大值b


0

检查此代码。

import math
def findkthsmallest():

    A=[1,5,10,22,30,35,75,125,150,175,200]
    B=[15,16,20,22,25,30,100,155,160,170]
    lM=0
    lN=0
    hM=len(A)-1
    hN=len(B)-1
    k=17

    while True:
        if k==1:
            return min(A[lM],B[lN])


        cM=hM-lM+1
        cN=hN-lN+1
        tmp = cM/float(cM+cN)
        iM=int(math.ceil(tmp*k))
        iN=k-iM
        iM=lM+iM-1
        iN=lN+iN-1
        if A[iM] >= B[iN]:
            if iN == hN or A[iM] < B[iN+1]:
                return A[iM]
            else:
                k = k - (iN-lN+1)
                lN=iN+1
                hM=iM-1
        if B[iN] >= A[iM]:
            if iM == hM or B[iN] < A[iM+1]:
                return B[iN]
            else:
                k = k - (iM-lM+1)
                lM=iM+1
                hN=iN-1
        if hM < lM:
            return B[lN+k-1]
        if hN < lN:
            return A[lM+k-1]

if __name__ == '__main__':
    print findkthsmallest();

提供解释
阿披吉萨尔卡

0

在C#代码下面,可以找到两个有序数组的并集中的第k个最小元素。时间复杂度:O(logk)

        public static int findKthSmallestElement1(int[] A, int startA, int endA, int[] B, int startB, int endB, int k)
        {
            int n = endA - startA;
            int m = endB - startB;

            if (n <= 0)
                return B[startB + k - 1];
            if (m <= 0)
                return A[startA + k - 1];
            if (k == 1)
                return A[startA] < B[startB] ? A[startA] : B[startB];

            int midA = (startA + endA) / 2;
            int midB = (startB + endB) / 2;

            if (A[midA] <= B[midB])
            {
                if (n / 2 + m / 2 + 1 >= k)
                    return findKthSmallestElement1(A, startA, endA, B, startB, midB, k);
                else
                    return findKthSmallestElement1(A, midA + 1, endA, B, startB, endB, k - n / 2 - 1);
            }
            else
            {
                if (n / 2 + m / 2 + 1 >= k)
                    return findKthSmallestElement1(A, startA, midA, B, startB, endB, k);
                else
                    return findKthSmallestElement1(A, startA, endA, B, midB + 1, endB, k - m / 2 - 1);

            }
        }

没有错误,我在发布到SO之前已经测试了我的代码
Piyush Patel 2014年

1
谢谢sammy333,我更新了代码。现在它的工作一个
的Piyush帕特尔

(不要midAendAif中进行 计算k < n。请检查以return B[startB + k - 1];。开头的短数组。)
greybeard 2016年
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