| 关卡名 | 二分搜索树 | 我会了✔️ |
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| 1.有序数组转为二叉搜索树 | ✔️ |
| 2.寻找两个正序数组的中位数 | ✔️ |
1 有序数组转为二叉搜索树
LeetCode108 给你一个整数数组 nums ，其中元素已经按 升序 排列，请你将其转换为一棵 高度平衡 二叉搜索树。
高度平衡 二叉树是一棵满足「每个节点的左右两个子树的高度差的绝对值不超过 1 」的二叉树。
示例1：
输入：nums = [-10,-3,0,5,9]
输出：[0,-3,9,-10,null,5]
解释：[0,-10,5,null,-3,null,9] 也将被视为正确答案：
理论上如果要构造二叉搜索树，可以以升序序列中的任一个元素作为根节点，以该元素左边的升序序列构建左子树，以该元素右边的升序序列构建右子树，这样得到的树就是一棵二叉搜索树。 本题要求高度平衡，因此我们需要选择升序序列的中间元素作为根节点，这本质上就是二分查找的过程：
class Solution {
public TreeNode sortedArrayToBST(int[] nums) {
return helper(nums, 0, nums.length - 1);
}
public TreeNode helper(int[] nums, int left, int right) {
if (left > right) {
return null;
}
// 总是选择中间位置左边的数字作为根节点
int mid = (left + right) / 2;
TreeNode root = new TreeNode(nums[mid]);
root.left = helper(nums, left, mid - 1);
root.right = helper(nums, mid + 1, right);
return root;
}
}除了通过数组构造，是否可以通过一个个插入的方式来实现呢？当然可以，这就是LeetCode701题，如果要从中删除一个元素呢？这就是LeetCode405题， 感兴趣的同学可以自己研究一下。
2 寻找两个正序数组的中位数
这是一道比较难的问题，LeetCode4.给定两个大小分别为 m 和 n 的正序（从小到大）数组 nums1 和 nums2。请你找出并返回这两个正序数组的中位数 。算法的时间复杂度应该为 O(log (m+n)) 。
示例1：
输入：nums1 = [1,3], nums2 = [2]
输出：2.00000
解释：合并数组 = [1,2,3] ，中位数 2
示例2：
输入：nums1 = [1,2], nums2 = [3,4]
输出：2.50000
解释：合并数组 = [1,2,3,4] ，中位数 (2 + 3) / 2 = 2.5
对于本题，最直观的思路有以下两种：
- 使用归并的方式，合并两个有序数组，得到一个大的有序数组。大的有序数组的中间位置的元素，即为中位数。这种方式的时间复杂度是O(m+n)，空间复杂度是 O(m+n)。
- 另一种方式，不需要合并两个有序数组，只要找到中位数的位置即可。由于两个数组的长度已知，因此中位数对应的两个数组的下标之和也是已知的。维护两个指针，初始时分别指向两个数组的下标 00 的位置，每次将指向较小值的指针后移一位（如果一个指针已经到达数组末尾，则只需要移动另一个数组的指针），直到到达中位数的位置。这种方式可以将空间复杂度降到 O(1)，但是时间复杂度仍是 O(m+n)。
如何把时间复杂度降低到O(log(m+n)) 呢？如果对时间复杂度的要求有log，通常都考虑二分、快排或者堆三个方面。而对于有序序列，通常要考虑一下能否使用二分来解决。
如果要使用二分，核心问题是基于什么规则将数据砍掉一半。而本题是两个序列，所以我们的核心问题是如何从两个序列中分别砍半，图示如下k=(m+n)/2：
根据中位数的定义，当m+n 是奇数时，中位数是两个有序数组中的第(m+n)/2 个元素，当m+n 是偶数时，中位数是两个有序数组中的第(m+n)/2 个元素和第(m+n)/2+1 个元素的平均值。因此，这道题可以转化成寻找两个有序数组中的第 k 小的数，其中 k 为 (m+n)/2 或 (m+n)/2+1。
假设两个有序数组分别是LA 和LB。要找到第 k 个元素，我们可以比较LA[k/2−1] 和LB[k/2−1]。由于LA[k/2−1] 和LB[k/2−1] 的前面分别有LA[0..k/2−2] 和 LB[0..k/2−2]，即k/2−1 个元素，对于LA[k/2−1] 和LB[k/2−1] 中的较小值，最多只会有(k/2−1)+(k/2−1)≤k−2 个元素比它小，那么它就不能是第 k 小的数了。
因此我们可以归纳出以下几种情况：
- 如果LA[k/2−1]<LB[k/2−1]，则比LA[k/2−1] 小的数最多只有LA 的前k/2−1 个数和LB 的前k/2−1 个数，即比LA[k/2−1] 小的数最多只有k−2 个，因此LA[k/2−1] 不可能是第 k 个数，LA[0] 到LA[k/2−1] 也都不可能是第 k 个数，可以全部排除。
- 如果LA[k/2−1]>LB[k/2−1]，则可以排除LB[0] 到LB[k/2−1]。也就是一次砍掉一半。
- 如果LA[k/2−1]=LB[k/2−1]，则可以归入第一种情况处理。
可以看到，比较LA[k/2−1] 和LB[k/2−1] 之后，可以排除k/2 个不可能是第 k 小的数，查找范围缩小了一半。同时，我们将在排除后的新数组上继续进行二分查找，并且根据我们排除数的个数，减少 k 的值，这是因为我们排除的数都不大于第 k 小的数。
以下边界情况需要特殊处理以下：
- 如果LA[k/2−1] 或者LB[k/2−1] 越界，那么我们可以选取对应数组中的最后一个元素。在这种情况下，我们必须根据排除数的个数减少 k 的值，而不能直接将 k 减去k/2。
- 如果k=1，我们只要返回两个数组首元素的最小值即可。
实现代码：
class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;
int totalLength = length1 + length2;
if (totalLength % 2 == 1) {
int midIndex = totalLength / 2;
double median = getKthElement(nums1, nums2, midIndex + 1);
return median;
} else {
int midIndex1 = totalLength / 2 - 1, midIndex2 = totalLength / 2;
double median = (getKthElement(nums1, nums2, midIndex1 + 1) + getKthElement(nums1, nums2, midIndex2 + 1)) / 2.0;
return median;
}
}
public int getKthElement(int[] nums1, int[] nums2, int k) {
int length1 = nums1.length, length2 = nums2.length;
int index1 = 0, index2 = 0;
while (true) {
// 边界情况
if (index1 == length1) {
return nums2[index2 + k - 1];
}
if (index2 == length2) {
return nums1[index1 + k - 1];
}
if (k == 1) {
return Math.min(nums1[index1], nums2[index2]);
}
// 正常情况
int half = k / 2;
int newIndex1 = Math.min(index1 + half, length1) - 1;
int newIndex2 = Math.min(index2 + half, length2) - 1;
int pivot1 = nums1[newIndex1], pivot2 = nums2[newIndex2];
if (pivot1 <= pivot2) {
k -= (newIndex1 - index1 + 1);
index1 = newIndex1 + 1;
} else {
k -= (newIndex2 - index2 + 1);
index2 = newIndex2 + 1;
}
}
}
}
