RT,在两个有序数组中找中位数或者第K大的元素.
假设两个数组为A, B长度分别为m,n.分别是递增顺序。
可以采用的算法有很多：
首先想到的是类似MergeSort的方式，合并的同时找第K大元素，这个基本没难度，复杂度O(m + n)。
不过此算法并不是最优，还有Log级别复杂度的算法，此算法其实很简单，远没有很多网站的代码那么玄乎，以下一一道来：
首先明白几个前提：
1.如果是求中位数，(m + n)是奇数还是偶数对结果是很有影响的，具体的如果(m + n)是奇数，中位数唯一，如果是偶数就有两个中位数，怎么取舍就看要求了。
2.如果找到的第k大数(中位数类似)是 X ，如果X排在A中的 第Ax位置，X排序在B中的Bx位置，那么(Ax + Bx - 1) == k 是恒成立的。
明白了2中的前提后，我们就可以得到一个算法，在A数组中枚举X，加入在A中是第Ax个，那么可以反推B中第 (k + 1 - Ax)个以及相邻元素和X的大小关系就可以得到一个Log级别复杂度的算法：
简单点我们可以这么想：
1)先假设第k大数在A中，我们首先从A中第(m/(m + n)) * (k - 1)个元素开始检查其是否是第k个元素，假设其值为A1,然后看B中第(k + 1 - (m/(m + n)) * (k - 1)个元素(B1)和A1是否相等，或者 大于B中第(k + 1 - (m/(m + n)) * (k - 1))个元素，小于B中第(k + 1 - (m/(m + n)) * (k - 1))+ 1个元素。满足及可以知道A1即为所求。如果两个条件都不满足，请看2.
2)如果两个条件都不满足，那么需要判断第k个元素是处于 A1的左边还是右边，这个就是典型的分治思想。具体的来说：
if A1 > B1 那么k可以排除肯定不在A[0, (m/(m + n)) * (k - 1)]以及B[(k + 1 - (m/(m + n)) * (k - 1))+ 1, n]中
if A1< B1 那么k可以排除肯定不在A[ (m/(m + n)) * (k - 1), m]以及B[0, (k + 1 - (m/(m + n)) * (k - 1))]中.
注意下临界条件(corner condition may not stastify, but the method is right)
第K个元素有可能在B中，同理可以假设在B中，然后再搜索一遍就可以查到。复杂度 log(m)+ log(n)
当然也可以两个数组一起找，总体代码如下：
1 int kthsmallest(int *a,int m,int *b,int n,int k) { 2 if (m == 0) { 3 return b[k - 1]; 4 } 5 if (n == 0) { 6 return a[k - 1]; 7 } 8 if (k == 1) { 9 return (a[0] < b[0])?a[0]:b[0];10 }11 if (k == m + n) {12 return (a[m - 1] > b[n - 1])?a[m - 1]:b[n - 1];13 }14 int i = ((double) m) / (m + n) * (k - 1);15 int j = k - 1 - i;16 if (j >= n) {17 j = n - 1;18 i = k - n;19 }20 if (((i == 0) || (a[i - 1] <= b[j])) && (b[j] <= a[i])) {21 return b[j];22 }23 if (((j == 0) || (b[j - 1] <= a[i])) && (a[i] <= b[j])) {24 return a[i];25 }26 if (a[i] <= b[j]) {27 return kthsmallest(a + i + 1, m - i - 1, b, j, k - i - 1);28 } else {29 return kthsmallest(a, i, b + j + 1, n - j - 1, k - j - 1);30 }31 32 }