二分查找算法
X的平方根
给你一个非负整数 x ，计算并返回 x 的 算术平方根 。
由于返回类型是整数，结果只保留 整数部分 ，小数部分将被 舍去 。
**注意：**不允许使用任何内置指数函数和算符，例如 pow(x, 0.5) 或者 x ** 0.5 。
示例 1：
输入：x = 4
输出：2
示例 2：
输入：x = 8
输出：2
解释：8 的算术平方根是 2.82842..., 由于返回类型是整数，小数部分将被舍去。
提示：
0 <= x <= 231 - 1
**解法⼀（暴⼒查找）： **
算法思路：
依次枚举 [0, x] 之间的所有数 i ：
（这⾥没有必要研究是否枚举到 x / 2 还是 x / 2 + 1 。因为我们找到结果之后直接就返回 了，往后的情况就不会再判断。反⽽研究枚举区间，既耽误时间，⼜可能出错）
▪ 如果 i * i == x ，直接返回 x ；
▪ 如果 i * i > x ，说明之前的⼀个数是结果，返回 i - 1 。
由于 i * i 可能超过 int 的最⼤值，因此使⽤ long long 类型。
算法代码
class Solution {
public:
int mySqrt(int x) {
// 由于两个较⼤的数相乘可能会超过 int 最⼤范围
// 因此⽤ long long
long long i = 0;
for (i = 0; i <= x; i++)
{
// 如果两个数相乘正好等于 x，直接返回 i
if (i * i == x) return i;
// 如果第⼀次出现两个数相乘⼤于 x，说明结果是前⼀个数
if (i * i > x) return i - 1;
}
// 为了处理oj题需要控制所有路径都有返回值
return -1;
}
};
解法⼆（⼆分查找算法）：
算法思路：
设 x 的平⽅根的最终结果为 index ：
a. 分析 index 左右两次数据的特点：
▪ [0, index] 之间的元素，平⽅之后都是⼩于等于 x 的；
▪ [index + 1, x] 之间的元素，平⽅之后都是⼤于 x 的。
因此可以使⽤⼆分查找算法。
代码如下：
class Solution {
public:
int mySqrt(int x) {
//处理边界情况
if(x<1) return 0;
int left=1,right=x;
while(left<right)
{
long long mid=left+(right-left+1)/2;
if(mid*mid<=x) left=mid;
else right=mid-1;
}
return left;
}
};
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。
示例 1:
输入: nums = [1,3,5,6], target = 5
输出: 2
示例 2:
输入: nums = [1,3,5,6], target = 2
输出: 1
示例 3:
输入: nums = [1,3,5,6], target = 7
输出: 4
提示:
1 <= nums.length <= 104-104 <= nums[i] <= 104nums为 无重复元素 的 升序 排列数组-104 <= target <= 104
解法（⼆分查找算法）：
算法思路：
a. 分析插⼊位置左右两侧区间上元素的特点：
设插⼊位置的坐标为 index ，根据插⼊位置的特点可以知道：
• [left, index - 1] 内的所有元素均是⼩于 target 的；
• [index, right] 内的所有元素均是⼤于等于 target 的。
b. 设 left 为本轮查询的左边界， right 为本轮查询的右边界。根据 mid 位置元素的信 息，分析下⼀轮查询的区间：
▪ 当 nums[mid] >= target 时，说明 mid 落在了 [index, right] 区间上， mid 左边包括 mid 本⾝，可能是最终结果，所以我们接下来查找的区间在 [left, mid] 上。因此，更新 right 到 mid 位置，继续查找。
▪ 当 nums[mid] < target 时，说明 mid 落在了 [left, index - 1] 区间上， mid 右边但不包括 mid 本⾝，可能是最终结果，所以我们接下来查找的区间在 [mid + 1, right] 上。因此，更新 left 到 mid + 1 的位置，继续查找。
c. 直到我们的查找区间的⻓度变为 1 ，也就是 left == right 的时候， left 或者 right 所在的位置就是我们要找的结果。
代码如下：
class Solution {
public:
int searchInsert(vector<int>& nums, int target) {
int left=0,right=nums.size()-1;
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left)/2;
if(nums[mid]<target) left=mid+1;
else right=mid;
}
if(nums[left]<target) return left+1;
return left;
}
};
山脉数组的峰顶索引
给定一个长度为 n 的整数 山脉 数组 arr ，其中的值递增到一个 峰值元素 然后递减。
返回峰值元素的下标。
你必须设计并实现时间复杂度为 O(log(n)) 的解决方案。
示例 1：
输入：arr = [0,1,0]
输出：1
示例 2：
输入：arr = [0,2,1,0]
输出：1
示例 3：
输入：arr = [0,10,5,2]
输出：1
提示：
3 <= arr.length <= 1050 <= arr[i] <= 106- 题目数据 保证
arr是一个山脉数组
解法⼀（暴⼒查找）：
算法思路：
峰顶的特点：⽐两侧的元素都要⼤。
因此，我们可以遍历数组内的每⼀个元素，找到某⼀个元素⽐两边的元素⼤即可。
算法代码：
class Solution {
public:
int peakIndexInMountainArray(vector<int>& arr) {
int n = arr.size();
// 遍历数组内每⼀个元素，直到找到峰顶
for (int i = 1; i < n - 1; i++)
// 峰顶满⾜的条件
if (arr[i] > arr[i - 1] && arr[i] > arr[i + 1])
return i;
// 为了处理 oj 需要控制所有路径都有返回值
return -1;
}
};
解法⼆（⼆分查找）：
算法思路：
- 分析峰顶位置的数据特点，以及⼭峰两旁的数据的特点：
◦ 峰顶数据特点： arr[i] > arr[i - 1] && arr[i] > arr[i + 1] ；
◦ 峰顶左边的数据特点： arr[i] > arr[i - 1] && arr[i] < arr[i + 1] ，也就是 呈现上升趋势；
◦ 峰顶右边数据的特点： arr[i] < arr[i - 1] && arr[i] > arr[i + 1] ，也就是 呈现下降趋势。
- 因此，根据 mid 位置的信息，我们可以分为下⾯三种情况：
◦ 如果 mid 位置呈现上升趋势，说明我们接下来要在 [mid + 1, right] 区间继续搜索；
◦ 如果 mid 位置呈现下降趋势，说明我们接下来要在 [left, mid - 1] 区间搜索；
◦ 如果 mid 位置就是⼭峰，直接返回结果。
代码如下：
class Solution {
public:
int peakIndexInMountainArray(vector<int>& arr) {
int left=1,right=arr.size()-2;
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left+1)/2;
if(arr[mid]>arr[mid-1]) left=mid;
else right=mid-1;
}
return left;
}
};
寻找峰值
峰值元素是指其值严格大于左右相邻值的元素。
给你一个整数数组 nums，找到峰值元素并返回其索引。数组可能包含多个峰值，在这种情况下，返回 任何一个峰值 所在位置即可。
你可以假设 nums[-1] = nums[n] = -∞ 。
你必须实现时间复杂度为 O(log n) 的算法来解决此问题。
示例 1：
输入：nums = [1,2,3,1]
输出：2
解释：3 是峰值元素，你的函数应该返回其索引 2。
示例 2：
输入：nums = [1,2,1,3,5,6,4]
输出：1 或 5
解释：你的函数可以返回索引 1，其峰值元素为 2；
或者返回索引 5， 其峰值元素为 6。
提示：
1 <= nums.length <= 1000-231 <= nums[i] <= 231 - 1- 对于所有有效的
i都有nums[i] != nums[i + 1]
解法⼆（⼆分查找算法）：
算法思路：
寻找⼆段性：
任取⼀个点 i ，与下⼀个点 i + 1 ，会有如下两种情况：
• arr[i] > arr[i + 1] ：此时「左侧区域」⼀定会存在⼭峰（因为最左侧是负⽆ 穷），那么我们可以去左侧去寻找结果；
• arr[i] < arr[i + 1] ：此时「右侧区域」⼀定会存在⼭峰（因为最右侧是负⽆ 穷），那么我们可以去右侧去寻找结果。
当我们找到「⼆段性」的时候，就可以尝试⽤「⼆分查找」算法来解决问题。
代码如下：
class Solution {
public:
int findPeakElement(vector<int>& nums) {
int left=0,right=nums.size()-1;
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left)/2;
if(nums[mid]>nums[mid+1]) right=mid;
else left=mid+1;
}
return left;
}
};
寻找旋转排序数组中的最小值
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。
示例 1：
输入：nums = [3,4,5,1,2]
输出：1
解释：原数组为 [1,2,3,4,5] ，旋转 3 次得到输入数组。
示例 2：
输入：nums = [4,5,6,7,0,1,2]
输出：0
解释：原数组为 [0,1,2,4,5,6,7] ，旋转 3 次得到输入数组。
示例 3：
输入：nums = [11,13,15,17]
输出：11
解释：原数组为 [11,13,15,17] ，旋转 4 次得到输入数组。
提示：
n == nums.length1 <= n <= 5000-5000 <= nums[i] <= 5000nums中的所有整数 互不相同nums原来是一个升序排序的数组，并进行了1至n次旋转
暴⼒查找，只需遍历⼀遍数组
解法（⼆分查找）：
算法思路：
题⽬中的数组规则如下图所⽰：
其中 C 点就是我们要求的点。
⼆分的本质：找到⼀个判断标准，使得查找区间能够⼀分为二。
通过图像我们可以发现， [A，B] 区间内的点都是严格⼤于 D 点的值的， C 点的值是严格⼩ 于 D 点的值的。但是当 [C，D] 区间只有⼀个元素的时候， C 点的值是可能等于 D 点的值 的。
因此，初始化左右两个指针 left ， right ：
然后根据 mid 的落点，我们可以这样划分下⼀次查询的区间：
▪ 当 mid 在 [A，B] 区间的时候，也就是 mid 位置的值严格⼤于 D 点的值，下⼀次查 询区间在 [mid + 1，right] 上；
▪ 当 mid 在 [C，D] 区间的时候，也就是 mid 位置的值严格⼩于等于 D 点的值，下次 查询区间在 [left，mid] 上。
当区间⻓度变成 1 的时候，就是我们要找的结果。
代码如下：
class Solution {
public:
int findMin(vector<int>& nums) {
int left=0,right=nums.size()-1;
int x=nums[right];
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left)/2;
if(nums[mid]>x) left=mid+1;
else right=mid;
}
return nums[left];
}
};
0~n-1中缺失的数字
⼀个⻓度为n-1的递增排序数组中的所有数字都是唯⼀的，并且每个数字都在范围0〜n-1之内。在范 围0〜n-1内的n个数字中有且只有⼀个数字不在该数组中，请找出这个数字。
⽰例 1:
输⼊: [0,1,3]
输出: 2
⽰例 2:
输⼊: [0,1,2,3,4,5,6,7,9]
输出: 8
限制： 1 <= 数组⻓度 <= 10000
解法（⼆分查找算法）：
算法思路：
在这个升序的数组中，我们发现：
▪ 在第⼀个缺失位置的左边，数组内的元素都是与数组的下标相等的；
▪ 在第⼀个缺失位置的右边，数组内的元素与数组下标是不相等的。
因此，我们可以利⽤这个「⼆段性」，来使⽤「⼆分查找」算法。
class Solution
{
public:
int missingNumber(vector<int>&nums)
{
int left=0,right=nums.size()-1;
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left)/2;
if(nums[mid]==mid) left=mid+1;
else right=mid;
}
//处理细节问题
return nums[left]=left?left+1:left;
}
};