정렬 된 두 배열의 합집합에서 k 번째로 작은 요소를 찾는 방법은 무엇입니까?


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이것은 숙제 질문입니다. 그들은 그것이 O(logN + logM)어디에 N있고 M배열 길이 라고 말합니다 .

배열 ab. 분명히 우리 모두를 무시할 수 a[i]b[i]> K를 어디에서.
먼저 a[k/2]와 비교해 봅시다 b[k/2]. 하자 b[k/2]> a[k/2]. 그러므로 우리는 b[i]i> k / 2 인 모든 것을 버릴 수 있습니다 .

이제 우리는 모든 a[i], 여기서 i <k 및 all b[i], 여기서 i <k / 2는 답을 찾습니다.

다음 단계는 무엇인가요?


6
이 모든 단계가 과제에 포함 되었습니까, 아니면 위의 단계가 알고리즘의 시작입니까?
Kendrick 2011 년

18
위의 단계는 내 것입니다.
Michael

인가 O(logN + logM)만이 k 번째 요소를 찾기 위해 걸리는 시간을 참조? 노조에 사전 처리를 할 수 있습니까?
David Weiser 2011 년

1
@David. 사전 처리가 필요하지 않습니다.
Michael

3
어레이에서 중복이 허용됩니까?
David Weiser 2011 년

답변:


48

당신은 그것을 얻었습니다. 계속하십시오! 그리고 인덱스에주의하세요 ...

약간을 단순화하기 위해 N과 M이> k라고 가정합니다. 따라서 여기서 복잡성은 O (log k), 즉 O (log N + log M)입니다.

의사 코드 :

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]

데모를 위해 루프 불변 i + j = k를 사용할 수 있지만 모든 숙제를 수행하지는 않겠습니다. :)


14
이것은 실제 증거는 아니지만 알고리즘의 배후에있는 아이디어는 우리가 i + j = k를 유지하고 그런 i와 j를 찾아서 a [i-1] <b [j-1] <a [i] ( 또는 반대 방향). 이제 'a'에는 b [j-1]보다 작은 i 요소가 있고 'b'에는 b [j-1]보다 작은 j-1 요소가 있으므로 b [j-1]은 i + j-1입니다. + 1 = k 번째로 작은 요소. 이러한 i, j를 찾기 위해 알고리즘은 배열에서 이분법 적 검색을 수행합니다. 말이된다?
Jules Olléon 2011 년

8
O (log k)가 O (log n + log m) 인 이유는 무엇입니까?
Rajendra Uppal

7
이것은 배열 1의 모든 값이 배열 2의 값보다 앞에 오는 경우 작동하지 않습니다.
John Kurlak

3
처음에 k / 4를 스텝으로 사용한 이유는 무엇입니까?
Maggie

2
@JohnKurlak는 전체 A가 볼 (B)보다 더 작은 값에 대해 작동하지 않는 바와 같이 repl.it/HMYf/0
제레미 S.

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이 질문을받은 지 1 년이 넘었으므로 숙제에 답하지 않았 으면합니다. 다음은 log (len (a) + len (b)) 시간이 걸리는 꼬리 재귀 솔루션입니다.

가정 : 입력이 맞습니다. 즉 k는 [0, len (a) + len (b)] 범위에 있습니다.

기본 사례 :

  • 배열 중 하나의 길이가 0이면 답은 두 번째 배열의 k 번째 요소입니다.

감소 단계 :

  • 중간 지수 a+ 중간 지수 b가 다음보다 작 으면k
    • 의 중간 요소가있는 경우 a의 중간 요소보다 큰 경우 b, 우리는 상반기를 무시할 수 b조정 k.
    • 그렇지 않으면의 전반부를 무시하고 a조정하십시오 k.
  • 그렇지 않은 경우는 k중순 지수의 합보다 작 ab:
    • 의 중간 요소가의 중간 요소 a보다 크면의 b후반부를 안전하게 무시할 수 있습니다.a
    • 그렇지 않으면 우리는 후반부를 무시할 수 있습니다 b

암호:

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)

내 솔루션은 모든 호출에서 더 작은 배열의 새 복사본을 만드는 것입니다. 이것은 원래 배열의 시작 및 끝 인덱스 만 전달하여 쉽게 제거 할 수 있습니다.


4
왜 그것을 호출합니까 -가장 작은 요소를 kthlargest()반환 합니까? (k+1)예를 들어 1두 번째로 작은 요소입니다. 0,1,2,3즉, 함수가 sorted(a+b)[k].
jfs 2012-07-27

2
귀하의 코드를 C ++로 변환했습니다 . 작동하는 것 같습니다
jfs

1
a와 b의 중간 지수의 합을 k와 비교하는 것이 왜 중요한지 설명해 주시겠습니까?
Maggie 2013

3
축소 단계에서 런타임을 로그로 만들기 위해 배열 중 하나에서 길이에 비례하는 여러 요소를 제거하는 것이 중요합니다. (여기서 우리는 절반을 제거하고 있습니다). 이를 위해서는 절반 중 하나를 안전하게 무시할 수있는 하나의 배열을 선택해야합니다. 어떻게하나요? 반을 확실하게 제거함으로써 우리는 확실히 k 번째 요소를 가지지 않을 것임을 알고 있습니다.
lambdapilgrim 2011

1
k를 배열의 절반 길이 합과 비교하면 배열 중 어느 절반을 제거 할 수 있는지에 대한 정보를 얻을 수 있습니다. k가 절반 길이의 합보다 크면 배열 중 하나의 처음 절반을 제거 할 수 있습니다. k가 더 작 으면 반대입니다. 한 번에 각 배열에서 절반을 제거 할 수는 없습니다. 제거 할 배열의 절반을 결정하기 위해 두 배열이 모두 정렬된다는 사실을 활용하므로 k가 절반 길이의 합보다 크면 중간 요소가 작은 배열의 절반을 제거 할 수 있습니다. 두 개의 중간 요소. 그 반대입니다.
lambdapilgrim 2011

34

많은 사람들이이 "정렬 된 두 배열에서 k 번째로 작은 요소"질문에 대답했지만 일반적으로 명확한 작업 코드 나 경계 조건 분석이 아닌 일반적인 아이디어로만 대답했습니다.

여기에서는 올바른 작동하는 Java 코드를 사용하여 일부 초보자가 이해할 수 있도록 도와주는 방식으로 신중하게 설명하고 싶습니다. A1그리고 A2두 정렬 오름차순 배열입니다 size1size2각각 길이는. 이 두 배열의 합집합에서 k 번째로 작은 요소를 찾아야합니다. 여기에서 우리는 합리적으로 그 가정 (k > 0 && k <= size1 + size2)것을 의미하는, A1그리고 A2모두 비워 둘 수 없습니다.

먼저 느린 O (k) 알고리즘으로이 질문에 접근 해 보겠습니다. 방법은 두 배열 A1[0]및 의 첫 번째 요소를 비교하는 것 A2[0]입니다. 더 작은 것을 가져다가 A1[0]주머니에 넣습니다. 그런 다음과 ( A1[1]A2[0]) 비교 합니다. 주머니가 k요소에 도달 할 때까지이 작업을 반복합니다 . 매우 중요합니다. 첫 번째 단계에서 우리는 A1[0]주머니에 넣기 만 할 수 있습니다 . 우리는 포함하거나 제외 할 수 없습니다 A2[0]!!!

다음 O (k) 코드는 정답 앞에 하나의 요소를 제공합니다. 여기에서는 내 아이디어와 분석 경계 조건을 보여주기 위해 사용합니다. 이 후에 올바른 코드가 있습니다.

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];
    }
}

가장 강력한 아이디어는 각 루프에서 항상 기본 사례 접근 방식을 사용한다는 것입니다. 현재 가장 작은 요소를 커밋 한 후에는 k 번째로 작은 요소 인 대상에 한 단계 더 가까워집니다. 중간에 뛰어 들지 말고 혼란스럽고 길을 잃지 마십시오!

위의 코드베이스 케이스를 관찰함으로써 k == 1, k == size1+size2, 그와 결합 A1하고 A2모두 비워 둘 수 없습니다. 논리를보다 간결한 스타일로 바꿀 수 있습니다.

느리지 만 올바른 작업 코드는 다음과 같습니다.

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];
    }
}

이제 O (log k)에서 더 빠른 알고리즘 실행을 시도 할 수 있습니다. 유사하게, 비교 A1[k/2]A2[k/2]; 경우 A1[k/2]작은, 다음의 모든 요소 A1[0]에 대한은 A1[k/2]우리의 포켓에 있어야합니다. 아이디어는 각 루프에서 하나의 요소를 커밋하는 것이 아닙니다. 첫 번째 단계에는 k/2요소 가 포함 됩니다. 다시 말하지만, 우리는 포함하거나 제외 할 수 없습니다 A2[0]A2[k/2]어쨌든. 그래서 첫 번째 단계에서 우리는 k/2요소 이상을 갈 수 없습니다 . 두 번째 단계에서 우리는 k/4요소 이상을 갈 수 없습니다 ...

각 단계 후에 우리는 k 번째 요소에 훨씬 더 가까워집니다. 우리가 도달 할 때까지 동시에 각 단계는 작고 작아 (step == 1)(k-1 == index1+index2). 그런 다음 간단하고 강력한 기본 사례를 다시 참조 할 수 있습니다.

다음은 올바른 코드입니다.

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];
    }
}

어떤 사람들은 (index1+index2)k-1을 뛰어 넘으면 어떨까요? 기본 케이스를 놓칠 수 (k-1 == index1+index2)있습니까? 불가능합니다. 0.5 + 0.25 + 0.125 ...를 더할 수 있으며, 1을 넘지 않을 것입니다.

물론 위의 코드를 재귀 알고리즘으로 바꾸는 것은 매우 쉽습니다.

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);
}

위의 분석과 Java 코드가 이해하는 데 도움이되기를 바랍니다. 하지만 내 코드를 숙제로 복사하지 마세요! 건배;)


1
훌륭한 설명과 답변에 감사드립니다. +1 :)
Hengameh

첫 번째 코드에서 else if (A1[size1 - 1].compareTo(A2[size2 - 1]) < 0) 대신 else if (A1[size1 - 1].compareTo(A2[size2 - 1]) > 0)? (kthSmallestSlowWithFault 코드에서)
Hengameh

@Fei 감사합니다. 훌륭한 설명입니다. 이 문제와 관련하여 인터넷을 통해 얼마나 많은 오답이 유포되고 있는지 놀랍습니다. 이 질문에 대한 그녀의 대답이 항상 잘못된 것이라는 것은 더욱 놀랍습니다. 아무도 답을 테스트하는 데 관심이없는 것 같습니다.
Captain Fogetti

단계 범위가 상당히 빠르게 감소하기 때문에 몇 단계 (15) 후에 O (k) 솔루션으로 차단 될 수 있습니다.
Sky

1
재귀 호출에서 A1 또는 A2의 크기는 줄어들지 않습니다.
Aditya Joshee 2015

5

다음은 @lambdapilgrim 솔루션 의 C ++ 반복 버전입니다 (여기에서 알고리즘 설명 참조).

#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);
    }
  }
}

모든 0 <= n < (size(a) + size(b))인덱스에서 작동하며 O(log(size(a)) + log(size(b)))복잡합니다.

#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

처음 k 개의 숫자, 2 개의 정렬 된 배열에서 k 번째 숫자, n 개의 정렬 된 배열에 대한 나의 시도 :

// 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);

디버그 유틸리티가 포함 된 전체 코드는 https://github.com/brainclone/teasers/tree/master/kth 에서 찾을 수 있습니다.


3

Jules Olleon의 솔루션을 기반으로 한 코드는 다음과 같습니다.

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
일부 경우에는 작동하지 않습니다. 예를 들어, int a2 [] = {1,2,3,4, 5}; int a1 [] = {5,6,8,10,12}; getNth (a1, a2, 7). 배열의 색인이 경계를 벗어납니다.
제이

2

여기 C로 구현 한 것이 있습니다. 알고리즘에 대한 @Jules Olléon의 설명을 참조 할 수 있습니다. 알고리즘의이면에있는 아이디어는 i + j = k를 유지하고 그런 i와 j를 찾아서 a [i-1] <b [j-1] <a [i] (또는 반대 방향). 이제 'a'에는 b [j-1]보다 작은 i 요소가 있고 'b'에는 b [j-1]보다 작은 j-1 요소가 있으므로 b [j-1]은 i + j-1입니다. + 1 = k 번째로 작은 요소. 이러한 i, j를 찾기 위해 알고리즘은 배열에 대해 이분법 적 검색을 수행합니다.

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

여기 내 해결책이 있습니다. C ++ 코드는 루프를 사용하여 k 번째로 작은 값을 얻기 위해 반복 횟수와 k 번째로 작은 값을 인쇄합니다. 제 생각에는 log (k) 순서입니다. 그러나 코드는 k가 첫 번째 배열의 길이보다 작아야하므로 제한이 있습니다.

#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

위에 제공된 첫 번째 의사 코드는 많은 값에서 작동하지 않습니다. 예를 들어, 여기에 두 개의 배열이 있습니다. int [] a = {1, 5, 6, 8, 9, 11, 15, 17, 19}; int [] b = {4, 7, 8, 13, 15, 18, 20, 24, 26};

k = 3 및 k = 9에서는 작동하지 않았습니다. 다른 해결책이 있습니다. 아래에 주어진다.

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);
}

}

그러나 ... k = 5에서도 작동하지 않습니다. k의 짝수 / 홀수 캐치가있어 단순하게 만들지 않습니다.


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

다음은 Java의 내 솔루션입니다. 추가 최적화를 시도합니다

  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;
        }

    }
}

이것은 멋진 YouTube 비디오의 Algo에서 영감을 얻었습니다.


1

코드 복잡성에 대한 링크 (log (n) + log (m))

코드 링크 (log (n) * log (m))

구현 (로그 (N) + 로그 (m))의 용액을

문제에 대한 설명을 추가하고 싶습니다. 이것은 두 배열이 정렬된다는 사실을 사용해야하는 고전적인 문제입니다. sz1 크기의 arr1과 sz2 크기의 arr2 두 개의 정렬 된 배열이 제공되었습니다.

a) 다음과 같은 경우 가정하자

k가 유효한지 확인

k는> (sz1 + sz2)

그러면 정렬 된 두 배열의 합집합에서 k 번째 가장 작은 요소를 찾을 수 없습니다. 따라서 잘못된 데이터를 반환합니다. b) 이제 위의 조건이 거짓이고 k의 유효하고 실현 가능한 값을 가지고 있다면,

Edge Case 관리

k = 1,2 및 k = (sz1 + sz2-1), (sz1 + sz2) 등의 에지 케이스를 다루기 위해 앞쪽에 -infinity 값과 끝에 + infinity 값으로 배열을 추가합니다.

이제 두 배열의 크기는 각각 (sz1 + 2)(sz2 + 2) 입니다.

주요 알고리즘

이제 arr1에서 이진 검색을 수행합니다. 인덱스 i, startIndex <= i <= endIndex를 찾는 arr1에서 이진 검색을 수행합니다.

제약 조건 {(i + j) = k}를 사용하여 arr2에서 해당 인덱스 j를 찾으면

경우 (arr2 [J-1]은 <arr1 [I] <arr2 [J]) 다음 arr1 [I]는 (사례 1) 최소 k 번째 인

else if (arr1 [i-1] <arr2 [j] <arr1 [i]) 이면 arr2 [i]가 k 번째로 작습니다 (사례 2).

그렇지 않으면 arr1 [i] <arr2 [j-1] <arr2 [j] (Case3) 중 하나를 나타냅니다.

또는 arr2 [j-1] <arr2 [j] <arr1 [i] (Case4)

k 번째 가장 작은 요소가 두 배열 ryt의 합집합에서 보다 작은 (k-1) 요소를 가지고 있다는 것을 알고 있기 때문에 ? 그래서,

Case1 에서는 arr1 [i]에 대해 총 (k-1) 개의 작은 요소가 있는지 확인했습니다. arr1 배열의 arr1 [i]보다 작은 요소는 우리가 알고있는 것보다 i-1 개이기 때문입니다 (arr2 [ j-1] <arr1 [i] <arr2 [j])이고 arr2에서 arr1 [i]보다 작은 요소의 수는 j-1입니다. j는 (i-1) + (j-1) = (k -1) 따라서 k 번째 가장 작은 요소는 arr1 [i]가됩니다.

그러나 대답은 항상 첫 번째 배열, 즉 arr1에서 오는 것은 아니므 로 (i-1) + (j-1) = (k-1)이므로 case 1과 유사하게 만족하는 case2 를 확인했습니다 . 이제 (arr1 [i-1] <arr2 [j] <arr1 [i])가 있으면 두 배열의 합집합에서 arr2 [j]보다 작은 총 k-1 요소가 있으므로 k 번째로 작은 요소가됩니다.

에서는 case3 , 케이스 1 또는 케이스 2 항에 형성하기 위해, 우리는 I가 증가하고, j는 제약 조건을 사용있어서 발견 될 필요 {(I + J) = K} 즉 우측에 이진 검색 움직임의 예를 확인에서 startIndex = middleIndex

에서는 case4 , 케이스 1 또는 케이스 2 항에 형성하기 위해, 우리는 I를 감소하고, j는 제약 {(I + J) = K} 즉 왼쪽에 이진 검색 움직임의 예를 확인에서 endIndex = middleIndex를 사용있어서 발견 될 필요 .

이제 startindex = 1 및 endIndex = ??로 arr1에 대한 이진 검색의 시작 부분에서 startIndex 및 endIndex를 결정하는 방법을 결정해야합니다.

k> sz1, endIndex = (sz1 + 1)이면, 그렇지 않으면 endIndex = k;

k가 첫 번째 배열의 크기보다 크면 전체 배열 arr1에 대해 이진 검색을 수행해야 할 수 있기 때문에 sz1-k 요소가 k 번째 가장 작은 계산에 기여할 수 없기 때문에 첫 번째 k 요소 만 취하면됩니다.

아래에 표시된 코드

// 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;

}

복잡성 해소 (log (n) * log (m))

나는 각각의 i에 대해 제약 조건 {(i-1) + (j-1) = (k-1)}을 사용하여 j를 찾을 수 있다는 사실의 이점을 사용하여 놓쳤습니다. 따라서 각 ii에 대해 두 번째 배열에 이진 검색을 추가로 적용했습니다. arr2 [j] <= arr1 [i]가되는 j를 찾습니다. 따라서이 솔루션은 더욱 최적화 될 수 있습니다.


1

기본적으로이 접근 방식을 통해 각 단계에서 k / 2 요소를 버릴 수 있습니다. K는 k => k / 2 => k / 4 => ...에서 1에 도달 할 때까지 반복적으로 변경됩니다. 따라서 시간 복잡도는 O (logk)입니다.

k = 1에서는 두 배열 중 가장 낮은 값을 얻습니다.

다음 코드는 JAVA에 있습니다. Java 배열의 인덱스는 1이 아닌 0에서 시작하기 때문에 인덱스에서 코드에서 1 (-1)을 뺍니다 . k = 3은 배열의 두 번째 인덱스에있는 요소로 표시됩니다.

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;
}

시간 복잡도는 O (log (min (n, m)))


1

여기에서 찾은 대부분의 답변은 두 어레이에 중점을 둡니다. 좋지만 우리가 처리해야 할 엣지 케이스가 많기 때문에 구현하기가 더 어렵습니다. 그 외에도 대부분의 구현은 재귀 적이므로 재귀 스택의 공간 복잡성을 추가합니다. 그래서 두 배열 모두에 초점을 맞추는 대신 더 작은 배열에만 집중하고 더 작은 배열에서만 이진 검색을 수행하고 첫 번째 배열의 포인터 값에 따라 두 번째 배열에 대한 포인터를 조정하기로 결정했습니다. 다음 구현함으로써, 우리의 복잡성이 O(log(min(n,m))가진 O(1)공간의 복잡성을.

    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");
}

[low, high]배열 에 대한 범위가 a있고 알고리즘을 더 진행하면서이 범위를 좁 힙니다. sizeA방법의 항목의 여러 방송 k아이템 배열되어 a있으며의 값으로부터 도출 low하고 high. sizeB같은 방식으로 값을 계산한다는 점을 제외하면 동일한 정의입니다 sizeA+sizeB=k. 이 두 테두리의 값을 기반으로 배열의 오른쪽으로 확장 a하거나 왼쪽으로 축소 해야한다는 결론을 내립니다 . 우리가 같은 위치에 갇힌다면 그것은 우리가 해결책을 찾았다는 것을 의미하고 우리는 sizeA-1from asizeB-1from 의 위치에있는 값의 최대 값을 반환 할 것 입니다 b.


0

이 코드를 확인하십시오.

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();

설명 제공
Abhijit 사카

0

C # 코드 아래에서 정렬 된 두 배열의 합집합에서 k 번째로 작은 요소를 찾습니다. 시간 복잡도 : 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);

            }
        }

내가 SO에 게시하기 전에 더 버그, 난 내 코드가 테스트하지 않은됩니다
Piyush 파텔에게

1
감사합니다 sammy333, 코드를 업데이트했습니다. 이제 작업 한
Piyush 파텔

(계산하지 마십시오 midA에서 endA경우 k < n짧은 배열을 확인,로 시작. return B[startB + k - 1];.)
수염이 희끗 희끗 한
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