實驗題目：兩個有序序列的中位數

已知有兩個等長的非降序序列S1, S2, 設計函式求S1與S2並集的中位數。有序序列A​0​​,A​1​​,⋯,A​N−1​​的中位數指A​(N−1)/2​​的值,即第$\lfloor (N+1)/2\rfloor$個數（A​0​​為第1個數）。

輸入格式:

輸入分三行。第一行給出序列的公共長度N（0$<$N$\le$100000），隨後每行輸入一個序列的資訊，即N個非降序排列的整數。數字用空格間隔。

輸出格式:

在一行中輸出兩個輸入序列的並集序列的中位數。

輸入樣例1:

5
1 3 5 7 9
2 3 4 5 6

輸出樣例1:

4

輸入樣例2:

6
-100 -10 1 1 1 1
-50 0 2 3 4 5
 

輸出樣例2:

1

演算法描述：

    程式使用遞迴的思想，每層進行的操作如下：

    ①判斷兩個序列是否都只剩下一個數據。若是，則直接判斷大小，小的值則為兩個序列並集的中位數；若否，則進行下一步操作。

    ③分別找出兩個有序序列的中位數。若兩個序列剩下的資料個數是大於2 的偶數，則設定序列1的中位數為a_mid = (a_l + a_h + 1) / 2，序列2的中位數為b_mid = (b_l + b_h) / 2

    ④判斷兩中位數的大小。若數列a的中位數比序列b的中位數大，則取序列a的前半段和序列b的後半段進入遞迴呼叫；反之，則取序列a的後半段與序列b的前半段進入遞迴呼叫。

演算法時間及空間複雜度分析

    演算法採用分治策略，在每一次遞迴中，都將原問題分成一個只有原問題資料規模一半的子問題，因此有。在治的過程中，並沒有出現與資料規模n相關的操作次數，所以T(治) = O(1)，而且沒有實際性的操作與並相關，所以T(並) = 0。故總而言之，本次演算法的時間複雜度公式為，即T(n) = O(log₂

#include <iostream>
using namespace std;

int Find_Median(int *a, int *b, int a_l, int a_h, int b_l, int b_h)
{
	if (a_l == a_h && b_l == b_h)
	{
		if (a[a_l] < b[b_l])
			return a[a_l];
		else
			return b[b_l];
	}

	if (a_l == a_h && b_h - b_l == 1)
	{
		if (a[a_l] < b[b_l])
			return b[b_l];
		else if (a[a_l] >= b[b_l] && a[a_l] <= b[b_h])
			return a[a_l];
		else
			return b[b_h];
	}

	if (b_l == b_h && a_h - a_l == 1)
	{
		if (b[b_l] < a[a_l])
			return a[a_l];
		else if (b[b_l] >= a[a_l] && b[b_l] <= a[a_h])
			return b[b_l];
		else
			return a[a_h];
	}
	
	int a_mid, b_mid;
	if (a_h - a_l != 1 && (a_h - a_l) % 2 == 1 && b_h - b_l != 1 && (b_h - b_l) % 2 == 1)
	{
		a_mid = (a_l + a_h + 1) / 2;
		b_mid = (b_l + b_h) / 2;
	}
	else
	{
		a_mid = (a_l + a_h) / 2;
		b_mid = (b_l + b_h) / 2;
	}
	if (a[a_mid] < b[b_mid])
		return Find_Median(a, b, a_mid, a_h, b_l, b_mid);
	else
		return Find_Median(a, b, a_l, a_mid, b_mid, b_h);
}

int main()
{
	int n;
	cin >> n;

	int *a = new int[n];
	int *b = new int[n];

	for (int i = 0; i < n; i++)
		cin >> a[i];
	for (int i = 0; i < n; i++)
		cin >> b[i];

	cout << Find_Median(a, b, 0, n - 1, 0, n - 1);

	return 0;
}