我认为这个问题被问了很多次，但仍然没有任何明确的解决方案！ 无论如何，这是我在O（k）中找到的好答案（也可能是O（logm + logn））。但我不明白部分，如果M_B＆gt; M_A（或其他方式）我们应该在M_B之后丢弃元素。但在这里它的反向投掷元素在M_B之前。有人可以解释一下原因吗？
http://www.cs.cmu.edu/afs/cs.cmu.edu/academic/class/15451-s01/recitations/rec03/rec03.ps
其他问题是做K / 2 ......我们应该这样做，但这对我来说并不明显。
[编辑1]
Example
A = [2, 9, 15, 22, 24, 25, 26, 30]
B = [1, 4, 5, 7, 18, 22, 27, 33]
k= 6
Answer is 9 (A[1])
这就是我的想法，如果我想在O（Log k）中求解...每次需要抛出k / 2个元素。 基本解决方案：如果K < 2：从 - A [0]，A [1]，B [0]，B [1]返回第2个最小元素 其他： 比较A [k / 2]和B [k / 2]：如果A [k / 2]＆lt; B [k / 2]：那么第k个最小元素将在A [1 ... n]和B [1 ... K / 2]中...好吧在这里我投掷k / 2（可以做类似的A [ k / 2]＆gt; B [k / 2]。所以现在问题是下一次k指数是K还是k / 2？
我在做什么是对的？
答案 0 :(得分：2)
那个算法并不糟糕 - 在我看来，它比SO上通常引用的算法更好，因为它更简单 - 但它有一个巨大的缺陷：它要求两个向量至少具有k个元素。 （问题是它们都具有相同数量的元素n，但从未指定n ≥ k;函数甚至不能告诉它向量有多大。但是，这很容易解决。我现在将它留作练习。一般来说，我们需要这样的算法来处理不同大小的数组，而且确实如此;我们只需要明确前提条件。）
使用floor和ceil很好而且具体，但可能令人困惑。让我们以最一般的方式来看待这个问题。此外，引用的解决方案似乎假设数组是1索引的（即A[1]是第一个元素，而不是A[0]）。然而，我即将编写的描述使用更像C的伪代码，因此它假定A[0]是第一个元素。因此，我要编写它以在组合集中找到元素k，即(k+1)th元素。最后，我要描述的解决方案与所提出的解决方案略有不同，这在最终条件下将是显而易见的。恕我直言，它稍好一点。
好的，如果x是序列中的元素k，则序列中的k元素确实小于x。 （我们不会处理有重复元素的情况，但它没有太大区别。请参阅注释3.）
假设我们知道A和B每个都有一个元素k。 （请记住，这意味着它们每个都至少有k + 1个元素。）选择任何小于k 的非负整数;我们称之为i。让j成为k - i - 1（以便i + j == k - 1）。 [见下面的注释1。]现在，查看元素A[i]和B[j]。让我们说A[i]更小，因为我们只需更改其他情况下的所有名称。请记住，我们假设所有元素都不同。所以这就是我们现在所知道的：
1）i中有A个元素< A[i]
2）j中有B个元素< B[j]
3）A[i] < B[j]
4）从（2）和（3），我们知道：
5）j中的B元素最多为< A[i]
6）从（1）和（5），我们知道：
7）i + j和A中的B个元素最多只有< A[i]
8）但是i + j是k - 1，所以实际上我们知道：
9）合并数组的元素k必须大于A[i]（因为A[i]最多只是元素i + j）。
由于我们知道答案必须大于A[i]，我们可以通过A [i]丢弃A [0]（实际上，我们只是增加一个数组指针，但实际上我们会丢弃它们）。但是，我们现在丢弃了原始问题中的i + 1个元素。因此，在新的元素集中（在缩短的A和原始的B中），我们需要元素k - (i + 1)，而不是元素k。
现在，让我们检查前提条件。我们说A和B都有一个元素k元素，所以它们都至少有k + 1个元素。在新问题中，我们想知道缩短的A和原始的B是否至少有k - i个元素。显然B会这样做，因为k - i不是k。另外，我们从i + 1中删除了A个元素。最初它至少有k + 1个元素，所以现在它至少有k - i个元素。所以我们就在那里。
最后，让我们检查终止条件。在开始时我说我们选择非负整数i和j以便i + j == k - 1。如果k == 0，这是不可能的，但可以为k == 1完成。所以我们只需要在k达到0时做一些特殊的事情，在这种情况下我们需要做的就是返回min(A[0], B[0])。 [这是比你看到的算法更简单的终止条件，见注2]。
那么选择i的好策略是什么？我们最终会从问题中删除i + 1或k - i个元素，我们希望它尽可能接近一半的元素。所以我们应该选择i = floor((k - 1) / 2)。虽然可能不会立即明显，但这会产生j = floor(k / 2)。
我忽略了解决A和B元素较少的情况。它并不复杂;我鼓励你自己思考一下。
[1]您正在查看的算法选择i + j == k（如果k为偶数），并删除i或j元素。我选择i + j == k - 1（总是），这可能会使其中一个更小，但随后会删除i + 1或j + 1个元素。所以它应该稍微快速收敛。
[2]选择i + j == k（他们的）和i + j == k - 1（我的）之间的区别在最终条件中是显而易见的。在他们的公式中，i和j都必须是正数，因为如果其中一个为0，则存在丢弃0个元素的风险，这将是无限递归循环。因此，在他们的表述中，k的最小可能值是2，而不是1，因此它们的终止案例必须处理k == 1，这涉及比较四个元素而不是两个元素。对于它的价值，我相信＆＃34;找到两个排序向量中的第二个最小元素的最佳解决方案＆＃34;是：min（max（A [0]，B [0]），min（A [1]，B [1]）），这需要三次比较。这不会使他们的算法变慢;更复杂。
[3]假设元素可以重复。实际上，这并没有改变任何事情。该算法仍然有效。为什么？好吧，我们可以假装A中的每个元素实际上都是一个具有实际值和实际索引的元素，对于B中的每个元素都是如此，并且当我们使用索引作为平局判断时比较矢量中的值。在向量之间，如果A，我们优先考虑A[i] ≤ B[j]中的所有元素;否则B中的所有元素。这实际上并没有真正改变实际的代码，因为我们实际上从来没有做过任何不同的比较，但它使证明中的所有不等式都有效。