专题三_二分查找算法_算法详细总结

二分查找

1.⼆分查找（easy）

1）朴素二分查找，就是设mid=(left+right)/2,x=nums[mid],t就是我们要找的值

2）二分查找就是要求保证数组有序的前提下才能进行。

3）细节问题：

总结：

细节：

2.二分查找的进阶：

查找区间左端点：

查找区间右端点：

3.在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

解析:

总结：

总结二分模板：

记忆：

4.搜索插⼊位置（easy）

解析：

5.x的平方根（easy）

解析：

1）暴力：

2）优化：

6.⼭峰数组的峰顶（easy）

解析：

总结：

7.寻找峰值（medium）

解析：

8.搜索旋转排序数组中的最⼩值（medium）

解析：

1）优化：

以D为target：

以A为target：

总结：

9.LCR 点名

解法一：

解法二：

总结一下：

二分查找

二分查找算法，当我们发现一个规律，能在这个规律里面选取一个点之后，能把数组分成两部分，有选择性的选择一部分，进而能在另一部分继续选择，就说明数组有“二段性”。不一定非要数组完全有序，只要能找到一部分有规律，就可以采用二分查找。我们可以找这个数组的二分之一、三分之一、四分之一都行，因为只需要我们能将数组分成两部分就ok。

只要弄清除二分查找算法的进阶，查找"数组"的最左端点或查找"数组"的最右端点，对于二分查找的问题一般就迎刃而解了。

那么我们先来看一下朴素的二分查找，后面就来进阶：

1.⼆分查找（easy）

这题就是朴素的二分查找，简直入门级别。了解什么是二分，在什么情况下使用二分。

解析：

1）朴素二分查找，就是设mid=(left+right)/2,x=nums[mid],t就是我们要找的值

1.x<t ，lid-1 ->[left,right];
3.x==t 返回结果

2）二分查找就是要求保证数组有序的前提下才能进行。

3）细节问题：

1.循环结束的条件：left>right，那么while(left<=right)
2.为什么是正确的?
是从暴力解法优化过来的
3.时间复杂度，O(logN)

class Solution {
public:int search(vector<int>& nums, int target) {int n=nums.size();int left=0,right=n-1;while(left<=right){int mid=left+(right-left)/2;if(nums[mid]==target) return mid;else if(nums[mid]<target) left=mid+1;else right=mid-1;}return -1;}
};

总结：

二分查找经典题目。首先最重要的就是判断循环的结束条件，left>right,因为在这之前，left==right的时候，仍然要判断一次nums[left]是否等于target，所以循环条件就是while(left<=right) 然后就是固定的套路

朴素二分查找，就是设mid=(left+right)/2,x=nums[mid],t就是我们要找的值
1.x<t ，left=mid+1 ->[left,right];
2.x>t， right=mid-1 ->[left,right];
3.x==t 返回结果

细节：

为了防止right 和 left 都太大，防止left+right 会存在溢出的风险，所以最好就不要采用这种直接相加的方式。我们可以先求出这个数组的一半，然后再用这一半长度加上left起始位置，就同样可以得到(left+right)/2 的效果即：mid=left+(left+right)/2

总结：

二分查找的模板：

while(left<=right)
        {
            int mid=left+(right-left)/2;
            if(nums[mid]==target) return mid;
            else if(.....) left=mid+1;
            else right=mid-1;
        }

根据题目要求，往里面填入相关的条件，最主要的判断条件就是left<=right；二段性。

2.二分查找的进阶：

面对二分查找，那么数组是必须要有序才能进行吗？难道数组不有序，就不能进行二分查找了嘛？

面对这些问题，就有了二分的进阶，可以说学会二分进阶，简直无敌~

我们先来上一个简单示例：

eg：

要我们查早数组某一重复元素的开始和结尾的下标，任何利用O(logN) 的时间复杂度进行查找。

第一肯定会想到暴力，但时间复杂度是O(N) 太大，那么任何利用二分，就可以完美解决这个问题。

所以就想到利用二分的性质，将数组分两块！！！二段性~

一块 < t ; 一块 >= t

那么由此就可以看出，我们要利用二分的性质来查找这一块区间的最左端点和最右端点，就能满足条件，因为这个数组满足二段性，那么如何实现呢？请看下面例子：

查找区间左端点：

1.循环区间：
x<t -> left=mid+1 [left,right]
x>=t -> right=mid [left,right]

2.循环条件 left<right
1）.如果left==right 就是最终的结果，无需判断
2）.如果判断，那么就会进入死循环，因为mid=(left+right)/2,right=mid,就会一直循环

3.求中点操作
1）.left+(right-left)/2, 不能用left+(right-left+1)/2,因为这样的话，如果数组元素个数是偶数个，那么mid就等之间右边的一个元素，这时，right就跳不到left的位置，一直在mid这个位置进行死循环

4.为什么要用right=mid，而不是mid-1；因为我们判断的区间是，在大于等于t这个区间，那么就可能存在等于t的情况，如果冒然写right=mid-1，很可能会跳过nums[right]==t,这个值的区间，所以只能让right=mid

5.为什么判断while(left<=right) 就会死循环?
比如left==right==mid，这三个指针，都指向同一个下标，还要进行判断，那么right就一直等于mid 一直仍然进入循环出不来

查找区间右端点：

1.循环区间：

1）x<=t 那么此时x=nums[mid] 落在区间 [小于等于t] 的位置那么肯定是更新left=mid，，因为我的left不能越过mid，如果left=mid+1,就会越过mid，如果此时的mid就是指向这个区间的最后一个元素，那么left越过后就到了[mid,right] 这个区间，那么这个区间里面就没有最终的结果

2）x>t 同理就是更新right=mid-1,因为这个区间是确定的，是大于target的值，不会存在我们要找的区间的值，就可以越过mid，成为mid-1

2.循环条件：
left<right,因为跟求左端点一样，如果判断等于的话，left，right，mid三个指针在同一个位置，会陷入死循环

3.求中点的方式

1）这次是采用left+（right-left+1）/2，不能采用left+(right-left)/2,因为正好跟求左端点相反，这里求右端点，left==mid，为了防止left一直等于mid陷入死循环，要让mid指向right这一边的中点，所以要让right-left+1

3.在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

经过上面学习到的二分查找数组区间的左右端点，可以直接试试这题，会有很好的效果，是真的简单。

解析:

1）先将数组分块后，对其求mid，然后判断是求左端点还是求右端点

2）确定好后，对于nums[left] < target -> left=mid+1 的判断，说明left是可以越过mid的。

对于下面的记忆过程可以确定，上面的mid = left+ (right-left)/2 ，是没有+1的。

class Solution {
public:vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target) {//查找区间左端点int n=nums.size();if(n==0) return {-1,-1};int left=0,right=n-1;vector<int> ret;while(left<right){int mid=left+(right-left)/2;if(nums[mid]<target) left=mid+1;else right=mid;}if(nums[left]==target) ret.push_back(left); else ret.push_back(-1);//查找区间右端点left=0,right=n-1;while(left<right){int mid=left+(right-left+1)/2;if(nums[mid]>target) right=mid-1;else left=mid;}if(nums[left]==target) ret.push_back(left); else ret.push_back(-1);return ret;}
};

总结：

1）暴力：
从头开始遍历，那时间复杂度肯定O(N^2) 绝对超时

2）优化，二分查找左右两端点
1.查找左端点
2.查找右端点
模板

总结二分模板：

查找区间左端点：
while(left<right)
        {
            int mid=left+(right-left)/2;
            if(...) left=mid+1;
            else right=mid;
        }

//查找区间右端点
        while(left<right)
        {
            int mid=left+(right-left+1)/2;
            if(...) right=mid-1;
            else left=mid;
        }

记忆：

当上面出现+1的时候，下面就是right=mid-1
当上面没有+1 的时候，下面就是left=mid+1

4.搜索插⼊位置（easy）

这题和前面一样，这个数据具有二段性，如果这时的你能够看出数组具有二段性，你就真的已经成功了一大步。将数组分为一块小于target；一块大于等于target；

解析：

还是一样的，简单的二分查找，对于返回target元素的下标，或者插入的下标，只要在>= target这个区间内，找到最左边的元素就ok，然后<target 区间的元素就已经确定，那么left=mid+1

class Solution {
public:int searchInsert(vector<int>& nums, int target) {int n=nums.size();int left=0,right=n-1;if(nums[right]<target) return n;if(nums[left]>target) return 0;while(left<right){int mid=left+(right-left)/2;if(nums[mid]<target) left=mid+1;else right=mid;}return right;}
};

学会了之后真的是很简单这种题目，利用二分效率还很高。

5.x的平方根（easy）

这一题，我第一次做的时候，确实没能看出来二段性，用的暴力，后来才发现原来这样是一样具有二段性，就比如从1~x ，那么一块，i*i<x ；另一块是 i*i>=x;数组分两块，这样就可以照样用暴力。

解析：

1）暴力：

求x的平方根，那么就是找i*i<=x 然后返回i，如果暴力，肯定超时，

2）优化：

可以考虑i~x的值，然后对于i*i 是否小于等于x，求这个区间的最右端点，即利用二分查找求最右端点
考虑到[mid,right] 区间是确定大于x的值，那么right=mid-1,那么上面判断mid就是mid=left+(right-left+1)/2,那么left=mid

class Solution {
public:int mySqrt(int x) {long long left=0,right=x;while(left<right){long long mid=left+(right-left+1)/2;if(mid*mid>x) right=mid-1;else left=mid;}return left;}
};

对于这种二段性数组，掌握了套路简直信手拈来。

6.⼭峰数组的峰顶（easy）

题目意思就是说，要求先增后减的数组的峰值，那么这个二段性也太明显了！！！

解析：

1）那么还是简单的二分查找模板，只需要简单判断left 或 right会不会越过峰值即可。

class Solution {
public:int peakIndexInMountainArray(vector<int>& arr) {int n=arr.size();int left=0,right=n-1;while(left<right){int mid=left+(right-left)/2;if(arr[mid]<arr[mid+1]) left=mid+1;else right=mid;}return left;}
};

总结：

面对求峰值在图中可以看出 left 是可以越过mid的，成为mid+1,所以这下right=mid，

mid=left+(right-left)/2,就全都一气呵成了~

7.寻找峰值（medium）

这题简直根上一题大差不差，只是多了几个峰值而已，但实质上，left和right缩小后其实也就只是在一个峰值范围内。

解析：

1）寻找数组中的任意一个峰值即可，在取mid的过程中，left和right就又被缩小到一个峰值，那么根上一题一样只需要判断left和right会不会越过峰值，带模板就能解决

class Solution {
public:int findPeakElement(vector<int>& nums) {int n=nums.size();int left=0,right=n-1;while(left<right){int mid=left+(right-left)/2;if(mid<n-1&&nums[mid]<nums[mid+1]) left=mid+1;else right=mid;}return left;}
};

跟上一题一样，就当个练手的，简直easy~

8.搜索旋转排序数组中的最⼩值（medium）

这一题其实二段性超级明显对吧，那么数组分两块，就是根峰值问题不一样的就是数组分两块后全是递增序列，那么我们可以找到里面的规律进行二分。

解析：

1）优化：

这题二分查找有点难度，跟之前的不一样，这个在一个区间内都是单调递增的，所以要单独拿出一个数据当作target，就比如D点，A~B段全是大于D的，C~D全是小于或等于D的。那么求这个数组的最小值，就是求C~D的左端点，那么找最左端点就是二分模板，if(nums[mid]>t) left=mid+1;
else right=mid;
if(nums[mid]>t) left=mid+1;
else right=mid; //nums[mid]<=t,这里是C~D段，为了right不越过最小值点，所以right=mid，left在A~B段进行，所以当mid属于最大值点的时候，left也可以越过变成最小值点所以left=mid+1

以D为target：

class Solution {
public:int findMin(vector<int>& nums) {int n=nums.size();int left=0,right=n-1;int t=nums[n-1];while(left<right){int mid=left+(right-left)/2;if(nums[mid]>t) left=mid+1;else right=mid;}return nums[left];}
};

以A为target：

class Solution {
public:int findMin(vector<int>& nums) {int n=nums.size();int left=0,right=n-1;int t=nums[0];if(n==1) return nums[0];while(left<right){int mid=left+(right-left)/2;if(nums[mid]>=t) left=mid+1;else right=mid;}if(left==n-1&&nums[left]>nums[left-1]) return nums[0];return nums[left];}
};

总结：

这证明了，二分其实是很随意的，但是只要把内在本质掌握好了，不管以哪个点为标准，都可以很快的找到正确答案。

9.LCR 点名

虽然只是一道简单题，但是要是能想到用二分，那么性能又能提升不少~

解法一：

O(N)：

1.哈希表

2.直接遍历找结果

3.位运算

4.数学

解法二：

二分查找

仍然是寻找二段性，然后判断left是否可以越过mid

class Solution {
public:int takeAttendance(vector<int>& records) {int n=records.size();int left=0,right=n-1;while(left<right){int mid=left+(right-left)/2;if(mid==records[mid]) left=mid+1;else right=mid;}return left==records[left]?left+1:left;}
};