这道题是408的一道题源，在408中做了简化有了更多的方法，那么力扣上标记困难的题目有没有比较好想以及实现的方法呢？求中位数的本质就是找到中间的数（奇数）或者中线左边+中线右边（偶数）。
这道题目要求返回两个数组合并后的中位数，最简单的思路是需要额外的数组来将两个数组存储起来，然后在使用排序算法，再返回中位数，在这里提供空间复杂度为O（n）两个方法。
转化题目： 找两个数组的第k小的个数，调用两次，先看一下主函数
double findMedianSortedArrays(int* nums1, int nums1Size, int* nums2, int nums2Size) {
int m = nums1Size; int n = nums2Size;
if ((m + n) % 2 == 1) {
return findK(nums1, m, nums2, n, (m + n) / 2 + 1);//(k=1)
}
else return (findK(nums1, m, nums2, n, (m + n) / 2) + findK(nums1, m, nums2, n, (m + n) / 2 + 1)) / 2.0;
//(k=2,k=3)
}主要来看一下findk的两种实现方式：
一：双指针法
分别在两个数组中进行遍历，nums1[a]>nums2[b]，则让a移动并计数，直到计数到k终止，这里要考虑特殊情况,a遍历完但是没结束，则剩下的计数全部让b移动，反之也一样
double findK(int* nums1, int m, int* nums2, int n, int k) {
int a = 0;
int b = 0;
int ans = 0;
while (k > 0 && a < m && b < n) {
if (nums1[a] < nums2[b]) {
ans = nums1[a];
a++;
k--;
}
else {
ans = nums2[b];
b++;
k--;
}
}
if (k == 0) return ans;
if (k != 0 && a == m) {
return nums2[b + k];
}
else return nums1[a + k];
}二：划界法（查找线的过程用到了二分查找）
本质就是保证线左边的两个数组元素个数为k，且左边的元素小于右边的。
假设数组一是较小的数组，找到数组一的分界线,实际上也是找到了数组二的分界线（k-i），因为同一个数组内有序，左小于右，要想保证左边都小于右边,否则就会出现下面这种情况
也就是代码中的right=i-1操作，带着left和right是数组一找分界线的区间，i和j分别代表两个数组的分界线的思想来理解下面代码，每次都是用二分查找假设分解线的位置当停下来的时候left=right=i=数组一的分界线
在代码中添加了许多的注释。
double findK(int* nums1, int m, int* nums2, int n,int k){
if(m>n){
return findK(nums2,n, nums1,m,k);//保证第一个是较小的数组
}
int totaleft=k;//这道题本质是寻找第k小的数的变种
int left=0;int right=m>k?k:m//是定义的较小的那个区间（nums1）的两个指针，进行移动,在其中找值
while(left<right){
int i=left+(right-left+1)/2;//统一向上取整（可以实现left至少会+1，防止死循环）
int j=totaleft-i;//因为right<k,所以j肯定会大于0
if(j<n&&nums1[i-1]>nums2[j]){//左边最右 反而大于右边最左了
right=i-1;//下一次从【left,i-1】的区间中检索数组1
}
else left=i;//下一次从【left+1，right】
}
int i=left;int j=totaleft-i;//这句话很重要 i和j代表的是分界线
if(i==0) return nums2[j-1];//返回nums1分界线前的元素
if(j==0) return nums1[i-1];//返回nums2分界线前的元素
return nums1[i-1]>nums2[j-1]?nums1[i-1]:nums2[j-1];//返回左边的元素中
}为什么会有第二种方法呢，主函数中找第k个的函数当偶数时会调用两次，但是只要确定了分界线，中位数其实一次就可以确定，即左边最大和右边最小，需要写几次判断而不用再调用函数了，这是显然更比调用两次函数更优秀的方法。