首先还是说一下通用框架，二分的整体结构基本都是设定搜索范围边界，检查中心元素，根据检查结果移动上界或下界来缩小搜索范围，直到范围中只剩一个可选元素（或没有可选）。
【搜索插入位置】
给定一个排序数组和一个目标值，在数组中找到目标值，并返回其索引。如果目标值不存在于数组中，返回它将会被按顺序插入的位置。
请必须使用时间复杂度为 O(log n) 的算法。
思路：
显然，初始的上下界是数组本身的起始和结尾。
循环条件我平时习惯设置为l<r，但本题有可能出现搜索范围内没有target的情况，所以我们设置为l<=r，在搜索范围中只剩一个元素的时候多进行最后一次检查，来确认究竟这个最后剩下的元素是不是我们想找的target。
class Solution {
public:int searchInsert(vector<int>& nums, int target) {int l = 0, r = nums.size() - 1;int mid;while (l <= r) {mid = (l + r) / 2;if (nums[mid] == target)return mid;else if (nums[mid] < target)l = mid + 1;elser = mid-1;}return l;}
};【搜索二维矩阵】
给你一个满足下述两条属性的 m x n 整数矩阵：
- 每行中的整数从左到右按非严格递增顺序排列。
- 每行的第一个整数大于前一行的最后一个整数。
给你一个整数 target ，如果 target 在矩阵中，返回 true ；否则，返回 false 。
思路：
经典框架下有两种选择，一种把矩阵的每一行收尾相接看作一整个数组，然后对这个数组进行二分查找，就多了一个数组下标到矩阵行列号的转换步骤；另一种先在矩阵的第一列二分查找，确定该元素如果存在的话应该在哪一行，然后再在该行进行常规的二分查找即可。
非经典框架下还有一种思路，在该矩阵中，某元素向下走一定遇到比自己更大的元素，向左走一定遇到比自己更小的元素。因此，我们从右上角元素开始依次和target比较，根据比较结果来决定本次向下走或向左走，直到遇见target（查找成功）或走出边界（查找失败）
class Solution {
public:bool searchMatrix(vector<vector<int>>& matrix, int target) {int l = 0, r = matrix.size()-1, mid;while (l <= r) {mid = (l + r) / 2;if (matrix[mid][0] == target)return true;else if (matrix[mid][0] < target)l = mid + 1;elser = mid - 1;}if (l == 0)return false;int row = l - 1;l = 0;r = matrix[0].size()-1;while (l <= r) {mid = (l + r) / 2;if (matrix[row][mid] == target)return true;else if (matrix[row][mid] < target)l = mid + 1;elser = mid - 1;}return false;}
};【找第一个和最后一个】
给你一个按照非递减顺序排列的整数数组 nums，和一个目标值 target。请你找出给定目标值在数组中的开始位置和结束位置。
如果数组中不存在目标值 target，返回 [-1, -1]。
你必须设计并实现时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。
思路：
分两轮，分别查找起始和结束位置，只需要在经典框架的基础上修改一些处理的细节：第一轮使mid在计算时偏左，在mid位置找到target时不是返回而是将右边界移到mid，因为左边可能还有target元素，要一直缩小范围到左边没有才是找到了起始位置，如果起始点查找成功，我们开启第二轮，第二轮和之前相反，使mid在计算时偏右，在mid位置找到target时将左边界移到mid。
class Solution {
public:vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target) {vector<int> ans(2, -1);if(nums.size()==0)return ans;//找左边界int l = 0, r = nums.size() - 1, mid;while (l < r) {mid = (l + r) / 2;if (nums[mid] < target)l = mid + 1;elser = mid;}if (nums[l] == target) {//找到左边界的话再找右边界ans[0] = l;r = nums.size() - 1;while (l < r) {mid = (l + r + 1) / 2;if (nums[mid] <= target)l = mid;elser = mid - 1;}ans[1] = l;}return ans;}
};【搜索旋转排序数组】
整数数组 nums 按升序排列，数组中的值 互不相同 。
在传递给函数之前，nums 在预先未知的某个下标 k（0 <= k < nums.length）上进行了 旋转，使数组变为 [nums[k], nums[k+1], ..., nums[n-1], nums[0], nums[1], ..., nums[k-1]]（下标 从 0 开始 计数）。例如， [0,1,2,4,5,6,7] 在下标 3 处经旋转后可能变为 [4,5,6,7,0,1,2] 。
给你 旋转后 的数组 nums 和一个整数 target ，如果 nums 中存在这个目标值 target ，则返回它的下标，否则返回 -1 。
你必须设计一个时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。
思路：
一种思路是，先把旋转的位置找到并将数组分成各自有序的两段，然后直接判断目标会在哪一段，并在那一段上进行常规的二分查找。
还有一种思路是，每次mid都会将数组分成两段，其中至少有一段是完全有序的，通过这一段的起始和末尾我们可以判断目标是否在这一段中，然后根据结果调整范围。
class Solution {
public:int search(vector<int>& nums, int target) {int l = 0, r = nums.size() - 1;int mid;while (l < r) {mid = (l + r) / 2;if (nums[mid] <= nums.back())r = mid;elsel = mid + 1;}int cut = l;if (cut == 0) {l = 0;r = nums.size() - 1;} else if (target >= nums[0]) {l = 0;r = cut - 1;} else {l = cut;r = nums.size() - 1;}while (l <= r) {mid = (l + r) / 2;if (nums[mid] == target)return mid;if (nums[mid] > target)r = mid - 1;elsel = mid + 1;}return -1;}
};【旋转数组最小值】
已知一个长度为 n 的数组，预先按照升序排列，经由 1 到 n 次 旋转 后，得到输入数组。例如，原数组 nums = [0,1,2,4,5,6,7] 在变化后可能得到：
- 若旋转
4次，则可以得到[4,5,6,7,0,1,2] - 若旋转
7次，则可以得到[0,1,2,4,5,6,7]
注意，数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]] 旋转一次 的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]] 。
给你一个元素值 互不相同 的数组 nums ，它原来是一个升序排列的数组，并按上述情形进行了多次旋转。请你找出并返回数组中的 最小元素 。
你必须设计一个时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。
思路：
上一题的思路一的第一步...不写了。
class Solution {
public:int findMin(vector<int>& nums) {int l = 0, r = nums.size() - 1;int mid;while (l < r) {mid = (l + r) / 2;if (nums[mid] <= nums.back())r = mid;elsel = mid + 1;}return nums[l];}
};【两个正序数组的中位数】
给定两个大小分别为 m 和 n 的正序（从小到大）数组 nums1 和 nums2。请你找出并返回这两个正序数组的 中位数 。
算法的时间复杂度应该为 O(log (m+n)) 。
思路：
一言难尽的题目，作为hard，它写起来确实挺费劲，但主要是费在不停的折腾那些下标和边界情况的处理细节上了，实际上算法本身还挺简单的。
中位数，本质上是找下标为size/2的数，或者说第size/2+1大的数（偶数的话下标为size/2和下标为size/2+1取平均），所以本题要完成的任务，其实就是给定一个k，在两个数组中找到整体第k大的数。
假设我们在两个数组中都找到了第k/2位的数，记为n1和n2，且n1<n2。此时n1最大有可能的位次是多少呢？
由于数组升序，数组1中n1前面的元素肯定都小于n1，也就是k/2-1个数。
而数组2中n2及以后的元素肯定都大于n1，n2前面的数可能小于n1也可能大于n1，最好的情况是全都小于n1，此时也有k/2-1个数。
所以，最好的情况是，比n1小的数有k-2个，此时n1的位次是k-1，这就意味着，n1不可能是我们想找的第k大的数，当然，数组1中n1前面的数只会更小，就更不可能是我们要找的数了，于是我们把数组1中n1及以前的元素全部丢弃，起始位置来到n1的下一个元素。
由于我们丢了一部分元素，在剩下的部分中我们要找的元素就不再排第k位了，而是要减掉丢弃部分的大小。
直到k减小到1时，也就是我们想找所有剩余元素中的最小的那个，此时返回两个数组各自的剩余部分起始元素中较小的那一个就可以了。
然后再来处理一下边界问题，由于两个数组长度不一定相同，是有可能出现一个数组被全丢完了的情况的，此时我们只需要直接返回另一个数组剩余部分中第k大的数就好（k是实时的当前要找的位次）
class Solution {
public:int findKth(int targetIndex, vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int start1 = 0, start2 = 0;int m = nums1.size();int n = nums2.size();//找到该位序的数while (1) {int step = targetIndex / 2;if (start1 == m) {return nums2[start2 + targetIndex - 1];}if (start2 == n) {return nums1[start1 + targetIndex - 1];}//要找最小的if (targetIndex == 1) {return min(nums1[start1], nums2[start2]);}//找到当前要对比的数字//目前两组都没超int end1 = min(m - 1, start1 + step - 1);int end2 = min(n - 1, start2 + step - 1);// 1组丢if (nums1[end1] <= nums2[end2]) {targetIndex -= end1 - start1 + 1;start1 = end1 + 1;// 2组丢} else {targetIndex -= end2 - start2 + 1;start2 = end2 + 1;}}}double findMedianSortedArrays(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {int m = nums1.size(), n = nums2.size();if (m + n == 1)return m == 0 ? nums2[0] : nums1[0];if ((m + n) % 2 == 1)return findKth((m + n) / 2 + 1, nums1, nums2);elsereturn (findKth((m + n) / 2, nums1, nums2) +findKth((m + n) / 2 + 1, nums1, nums2)) /2.0;}
};
)
