¿Cómo encontrar el k-ésimo elemento más pequeño en la unión de dos matrices ordenadas?

Esta es una pregunta de tarea. Dicen que toma O(logN + logM) donde N y M son las longitudes de las matrices.

Vamos a nombrar las matrices a y b . Obviamente, podemos ignorar todo a[i] y b[i] donde i> k.
Primero, comparemos a[k/2] y un b[k/2] . Deje b[k/2] > a[k/2] . Por lo tanto, podemos descartar también todos b[i] , donde i> k / 2.

Ahora tenemos todos a[i] , donde i <ky todos b[i] , donde i <k / 2 para encontrar la respuesta.

¿Cuál es el próximo paso?

¡Lo tienes, solo sigue! Y ten cuidado con los índices …

Para simplificar un poco, supondré que N y M son> k, por lo que la complejidad aquí es O (log k), que es O (log N + log M).

Pseudo-código:

 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] 

Para la demostración puedes usar el bucle invariante i + j = k, pero no haré toda tu tarea 🙂

Espero no estar respondiendo tu tarea ya que ha pasado más de un año desde que se hizo esta pregunta. Aquí hay una solución recursiva de cola que tomará el tiempo log (len (a) + len (b)).

Asunción: las entradas son correctas. es decir, k está en el rango [0, len (a) + len (b)]

Casos base:

  • Si la longitud de una de las matrices es 0, la respuesta es el elemento k de la segunda matriz.

Pasos de reducción:

  • Si el índice medio de a índice + a + de b es menor que k
    • Si el elemento medio de a es mayor que el elemento medio de b , podemos ignorar la primera mitad de b , ajustar k .
    • De lo contrario, ignore la primera mitad de a , ajuste k .
  • De lo contrario, si k es menor que la sum de los índices medios de b :
    • Si el elemento medio de a es mayor que el elemento medio de b , podemos ignorar con seguridad la segunda mitad de a
    • más podemos ignorar la segunda mitad de b

Código:

 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+mida2arr2[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) 

Tenga en cuenta que mi solución está creando nuevas copias de matrices más pequeñas en cada llamada, esto se puede eliminar fácilmente solo al pasar los índices de inicio y fin en las matrices originales.

Muchas personas respondieron esta pregunta de “kth elemento más pequeño de dos ordenadas ordenadas”, pero generalmente con solo ideas generales, no un código de trabajo claro o un análisis de condiciones de contorno.

Aquí me gustaría elaborarlo cuidadosamente con la forma en que fui para ayudar a algunos principiantes a entender, con mi código correcto de Java. A1 y A2 son dos matrices ascendentes ordenadas, con size1 y size2 como longitud respectivamente. Necesitamos encontrar el k-ésimo elemento más pequeño de la unión de esas dos matrices. Aquí suponemos razonablemente que (k > 0 && k <= size1 + size2) , lo que implica que A1 y A2 no pueden estar ambos vacíos.

Primero, enfoquemos esta pregunta con un algoritmo O (k) lento. El método es comparar el primer elemento de ambas matrices, A1[0] y A2[0] . Tome el más pequeño, digamos A1[0] en nuestro bolsillo. Luego compare A1[1] con A2[0] , y así sucesivamente. Repite esta acción hasta que nuestro bolsillo haya alcanzado k elementos. Muy importante: en el primer paso, solo podemos comprometernos con A1[0] en nuestro bolsillo. NO podemos incluir o excluir A2[0] !!!

El siguiente código O (k) le da un elemento antes de la respuesta correcta. Aquí lo uso para mostrar mi idea y analizar la condición de frontera. Tengo el código correcto después de este:

 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]; } } 

La idea más poderosa es que en cada ciclo, siempre usamos el enfoque de caso base. Después de comprometerse con el elemento más pequeño actual, nos acercamos un paso más al objective: el k-ésimo elemento más pequeño. ¡Nunca saltes al medio y te confundas y pierdas!

Al observar el caso base de código anterior k == 1, k == size1+size2 , y combinar con A1 y A2 , ambos no pueden estar vacíos. Podemos convertir la lógica en un estilo por debajo más conciso.

Aquí hay un código de trabajo lento pero correcto:

 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]; } } 

Ahora podemos intentar ejecutar un algoritmo más rápido en O (log k). Del mismo modo, compare A1[k/2] con A2[k/2] ; si A1[k/2] es más pequeño, entonces todos los elementos de A1[0] a A1[k/2] deberían estar en nuestro bolsillo. La idea es no solo comprometerse con un elemento en cada ciclo; el primer paso contiene k/2 elementos. Nuevamente, NO podemos incluir o excluir A2[0] a A2[k/2] todos modos. Entonces, en el primer paso, no podemos ir más que k/2 elementos. Para el segundo paso, no podemos ir más que k/4 elementos ...

Después de cada paso, nos acercamos mucho más al elemento k-ésimo. Al mismo tiempo, cada paso se hace más y más pequeño, hasta que llegamos (step == 1) , que es (k-1 == index1+index2) . Entonces podemos referirnos al caso base simple y poderoso de nuevo.

Aquí está el código correcto de trabajo:

 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]; } } 

Algunas personas pueden preocuparse de si (index1+index2) salta sobre k-1? ¿Podríamos perdernos el caso base (k-1 == index1+index2) ? Eso es imposible. Puede sumr 0.5 + 0.25 + 0.125 ..., y nunca irá más allá de 1.

Por supuesto, es muy fácil convertir el código anterior en algoritmo recursivo:

 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); } 

Espero que el análisis anterior y el código de Java puedan ayudarte a entender. ¡Pero nunca copies mi código como tu tarea! Saludos;)

Aquí hay una versión iterativa de C ++ de la solución de @ lambdapilgrim (ver la explicación del algoritmo allí):

 #include  #include  template typename std::iterator_traits::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((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); } } } 

Funciona para todos los índices 0 <= n < (size(a) + size(b)) y tiene O(log(size(a)) + log(size(b))) complejidad O(log(size(a)) + log(size(b))) .

Ejemplo

 #include  // greater<> #include  #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()); std::cout << v << std::endl; // -> 0 return v; } 

Mi bash de obtener los primeros k números, número k en 2 matrices ordenadas y en n matrices ordenadas:

 // require() is recognizable by node.js but not by browser; // for running/debugging in browser, put utils.js and this file in  

El código completo con utilidades de depuración se puede encontrar en: https://github.com/brainclone/teasers/tree/master/kth

Aquí está mi código basado en la solución de Jules Olleon:

 int getNth(vector& v1, vector& 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 v1(a1, a1+9); vector v2(a2, a2+5); cout << getNth(v1, v2, 5); return 0; } 

Aquí está mi implementación en C, puede consultar las explicaciones de @Jules Olléon para el algoritmo: la idea detrás del algoritmo es que mantenemos i + j = k, y encontramos tal i y j para que un [i-1]

 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 0) ? A[i-1] : INT_MIN, Ai = (i 0) ? B[j-1] : INT_MIN, Bj = (j= 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, mi-1, B, n, j); } else { // the answer can't be within A[0,...,i] return find_k(A, m, B+j+1, nj-1, i); } } 

Aquí está mi solución. El código C ++ imprime el k-ésimo valor más pequeño, así como el número de iteraciones para obtener el k-ésimo valor más pequeño utilizando un bucle, que en mi opinión está en el orden de log (k). Sin embargo, el código requiere que k sea más pequeño que la longitud de la primera matriz, que es una limitación.

 #include  #include  #include using namespace std; template comparable kthSmallest(vector & a, vector & 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 a = {2, 4, 9, 15, 22, 34, 45, 55, 62, 67, 78, 85}; vector 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( a ,b ,k ); cout << k <<" (th) smallest Value is " << kthSmallestVal << endl << endl << endl; } } 

El primer pseudo código proporcionado anteriormente, no funciona para muchos valores. Por ejemplo, aquí hay dos matrices. int [] a = {1, 5, 6, 8, 9, 11, 15, 17, 19}; int [] b = {4, 7, 8, 13, 15, 18, 20, 24, 26};

No funcionó para k = 3 yk = 9 en él. Tengo otra solución. Se da a continuación.

 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); } } 

Pero ... tampoco funciona para k = 5. Existe esta captura par / impar de k que no permite que sea simple.

 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[kl-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]); } } } 

Aquí está la solución de la mina en Java. Trataremos de optimizarlo aún más

  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; } } } 

Esto está inspirado en Algo en maravilloso video de youtube

Enlace a la complejidad del código (log (n) + log (m))

Enlace al Código (log (n) * log (m))

Implementación de la solución (log (n) + log (m))

Me gustaría agregar mi explicación al problema. Este es un problema clásico en el que tenemos que usar el hecho de que las dos matrices están ordenadas. nos han dado dos matrices ordenadas arr1 de tamaño sz1 y arr2 de tamaño sz2

a) Supongamos si

Comprobando si k es válido

k es> (sz1 + sz2)

entonces no podemos encontrar el k-ésimo elemento más pequeño en la unión de ambas matrices ordenadas ryt Entonces devuelve datos inválidos. b) Ahora si la condición anterior es falsa y tenemos un valor válido y factible de k,

Administrar casos Edge

Añadiremos ambas matrices por valores de infinito en los valores frontales y + infinito al final para cubrir los casos de borde de k = 1,2 yk = (sz1 + sz2-1), (sz1 + sz2), etc.

Ahora ambas matrices tienen tamaño (sz1 + 2) y (sz2 + 2) respectivamente

Algoritmo principal

Ahora, haremos una búsqueda binaria en arr1. Haremos una búsqueda binaria en arr1 buscando un índice i, startIndex <= i <= endIndex

de modo que si encontramos el índice correspondiente j en arr2 usando la restricción {(i + j) = k}, entonces si

if (arr2 [j-1] , entonces arr1 [i] es la k-ésima más pequeña (Caso 1)

else if (arr1 [i-1] , luego arr2 [i] es el kth más pequeño (Caso 2)

else significa cualquiera arr1 [i] (Case3)

o arr2 [j-1] (Case4)

Ya que sabemos que el elemento k-ésimo más pequeño tiene elementos (k-1) más pequeños que él en unión de ambas matrices ¿ryt? Asi que,

En el caso 1 , lo que hicimos, nos aseguramos de que haya un total de (k-1) elementos más pequeños para arr1 [i] porque los elementos más pequeños que arr1 [i] en la matriz arr1 son i-1 en número de lo que sabemos (arr2 [ j-1]

Pero la respuesta puede no provenir siempre de la primera matriz, es decir, arr1, así que verificamos caso2, que también satisface de manera similar el caso 1 porque (i-1) + (j-1) = (k-1). Ahora si tenemos (arr1 [i-1]

En el caso 3, para formarlo en cualquiera de los casos 1 o 2, necesitamos incrementar i y j de acuerdo con la restricción {(i + j) = k} es decir, en la búsqueda binaria mover a la parte derecha, es decir, hacer startIndex = middleIndex

In case4 , to form it to any of case 1 or case 2, we need to decrement i and j will be found according using constraint {(i+j) = k} ie in binary search move to left part ie make endIndex = middleIndex.

Now how to decide startIndex and endIndex at beginning of binary search over arr1 with startindex = 1 and endIndex = ??.We need to decide.

If k > sz1,endIndex = (sz1+1) , else endIndex = k;

Because if k is greater than the size of the first array we may have to do binary search over the entire array arr1 else we only need to take first k elements of it because sz1-k elements can never contribute in calculating kth smallest.

CODE Shown Below

 // Complexity O(log(n)+log(m)) #include 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((es)>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; } 

For Solution of complexity (log(n)*log(m))

Just i missed using advantage of the fact that for each i the j can be found using constraint {(i-1)+(j-1)=(k-1)} So for each ii was further applying binary search on second array to find j such that arr2[j] <= arr1[i].So this solution can be optimized further

Basically, via this approach you can discard k/2 elements at each step. The K will recursively change from k => k/2 => k/4 => … till it reaches 1. So, Time Complexity is O(logk)

At k=1 , we get the lowest of the two arrays.

The following code is in JAVA. Please note that the we are subtracting 1 (-1) in the code from the indices because Java array’s index starts from 0 and not 1, eg. k=3 is represented by the element in 2nd index of an array.

 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)); } } 
 #include  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,kk/2); } else{ return findKthElement(a,start1 + k/2,end1,b,start2,end2,kk/2); } } int main(void){ int t; scanf("%d",&t); while(t--){ int n,m,k; cout<<"Enter the size of 1st Array"<>n; int arr[n]; cout<<"Enter the Element of 1st Array"<>arr[i]; } cout<<"Enter the size of 2nd Array"<>m; int arr1[m]; cout<<"Enter the Element of 2nd Array"<>arr1[i]; } cout<<"Enter The Value of K"; cin>>k; sort(arr,arr+n); sort(arr1,arr1+m); cout< 

Time Complexcity is O(log(min(n,m)))

Check this code.

 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(); 

Below C# code to Find the k-th Smallest Element in the Union of Two Sorted Arrays. Time Complexity : 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); } }