1. 题目描述

题目中转：153. 寻找旋转排序数组中的最小值

2.详细题解

    如果不考虑$O(logn)$的时间复杂度，直接$O(n)$时间复杂度的扫描遍历一次即可。
    严格升序数组，即不存在相同元素的两个值。如果不旋转则最小的数值即为第一个（索引为0）的数值，数组旋转了1到n次，寻找数组中最小的元素，这道题是二分查找的变型题。
  假定最小值为$mi{n}_x$，数组旋转后，假定结尾最后一个值为$tail$，对于最小值$mi{n}_x$，其右边的元素均小于$tail$，而其左边的元素均大于$tail$的值，可以利用该性质使用二分查找算法。
  具体算法如下：

• Step1：初始化：两个指针 $left$ 和 $right$，分别指向数组的起始和结束位置；
• Step2：计算中间元素的索引： $mid=(left+right)/2$；
• Step3：如果 $nums[mid]<nums[right]$，说明区间$(mid,right]$均为最小值右边的元素，故移除，更新$right=mid$，而$mid$可能为最小值，因此更新区间时不能舍弃$mid$；
• Step4：否则（即$nums[mid]>=nums[right]$），说明区间$[left,mid]$均为最小值左边的元素，故移除，更新$left=mid+1$，此时$mid$值不可能为最小值，因为其已经大于了结尾值，故可舍弃$mid$;
• Step5：当指针left小于right时，重复步骤Step2_Step5；
• Step6：否则循环结束，返回$nums[left]$。

3.代码实现

3.1 Python

class Solution:def findMin(self, nums: List[int]) -> int:left, right = 0, len(nums) - 1while left < right:mid = (left + right) // 2if nums[mid] < nums[right]:right = midelse:left = mid + 1return nums[left]

3.2 Java

class Solution {public int findMin(int[] nums) {int left = 0, right = nums.length - 1;while (left <right){int mid = (left + right) / 2;if (nums[mid] < nums[right]){right = mid;}else{left = mid + 1;}}return nums[left];}
}

  执行用时不必过于纠结，对比可以发现，对于python和java完全相同的编写，java的时间一般是优于python的；至于编写的代码的执行用时击败多少对手，执行用时和网络环境、当前提交代码人数等均有关系，可以尝试完全相同的代码多次执行用时也不是完全相同，只要确保自己代码的算法时间复杂度满足相应要求即可，也可以通过点击分布图查看其它coder的code。