只为过题而做系列,完全不合题目要求。
#include <iostream>
#include <queue>
using namespace std;
int main()
{
int m, n, k;
cin >> m >> n >> k;
int* a = new int[m];
int* b = new int[n];
for (int i = 0; i < m; i++) {
cin >> a[i];
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
cin >> b[i];
}
priority_queue <int> pq;
for (int i = 0; i < m; i++) {
pq.push(a[i]);
}
for (int i = 0; i < n; i++) {
pq.push(b[i]);
}
int num = n + m - k;
while (num-- > 0) {
pq.pop();
}
cout << pq.top();
}
17082 两个有序数序列中找第k小（优先做）
时间限制:1000MS 内存限制:65535K
提交次数:0 通过次数:0
题型: 编程题 语言: G++;GCC;VC
Description
已知两个已经排好序（非减序）的序列X和Y，其中X的长度为m，Y长度为n，
现在请你用分治算法，找出X和Y的第k小的数，算法时间复杂度为O(max{logm, logn})。
此题请勿采用将序列X和Y合并找第k小的O(m+n)的一般方法，要充分利用X和Y已经排好序的这一特性。
输入格式
第一行有三个数，分别是长度m、长度n和k，中间空格相连（1<=m,n<=100000; 1<=k<=m+n）。
第二行m个数分别是非减序的序列X。第三行n个数分别是非减序的序列Y。
输出格式
序列X和Y的第k小的数。
输入样例
5 6 7
1 8 12 12 21
4 12 20 22 26 31
输出样例
20
提示
假设：X序列为X[xBeg...xEnd]，而Y序列为Y[yBeg...yEnd]。
将序列X和Y都均分2段，即取X序列中间位置为 xMid (xMid = xBeg+(xEnd-xBeg)/2)，也同理取序列Y中间位置为yMid。
比较X[xMid]和Y[yMid]的大小，此时记录X左段和Y左段元素个数合计为halfLen，即halfLen = xMid-xBeg+yMid-yBeg+2。
当X[xMid] < Y[yMid]时，在合并的数组中，原X[xBeg...xMid]所有元素一定在Y[yMid]的左侧，
（1） 若k < halfLen，则此时第k大的元素一定不会大于Y[yMid]这个元素，
故以后没有必要搜索 Y[yMid...yEnd]这些元素，可弃Y后半段数据。
此时只需递归的对X序列+Y序列的前半段，去搜索第k小的数。
（2） 若k >= halfLen，则此时第k大的元素一定不会小于X[xMid]这个元素，
故以后没有必要搜索 X[xBeg...xMid]这些元素，可弃X前半段数据。
此时只需递归的对X序列的后半段+Y序列，去搜索第 k-(xMid-xBeg+1）小的数。
当X[xMid] >= Y[yMid]时，在合并的数组中，原Y[yBeg...yMid]的所有元素一定在X[xMid]的左侧，
（1） 若k < halfLen，则此时第k大的元素一定不会大于X[xMid]这个元素，
故以后没有必要搜索 X[xMid...xEnd]这些元素，可弃X后半段数据。
此时只需递归的对X序列的前半段+Y序列，去搜索第k小的数。
（2） 若k >= halfLen，则此时第k大的元素一定不会小于Y[yMid]这个元素，
故以后没有必要搜索 Y[yBeg...yMid]这些元素，可弃Y前半段数据。
此时只需递归的对X序列+Y序列的后半段，去搜索第 k-(yMid-yBeg+1）小的数。
递归的边界，如何来写？
1) if (xBeg > xEnd) return Y[yBeg + k - 1]; //X序列为空时，直接返回Y序列的第k小元素。
2) if (yBeg > yEnd) return X[xBeg + k - 1]; //Y序列为空时，直接返回X序列的第k小元素。
效率分析：
T(m,n)表示对长度为m的有序的X序列和长度为n的有序的Y序列，搜索第k小元素的复杂度。
T(m,n)=1 m=0或n=0
T(m,n) <= max{T(m/2,n), T(m,n/2)} + O(1)
则T(m,n) = O(max{logm, logn})
scau oj 17082 两个有序数序列中找第k小（优先做）
原文：https://www.cnblogs.com/qiu_jiaqi/p/scau17082.html