二分查找算法——部分OJ题详解
目录
关于二分查找算法
- 我们曾经在C语言学的二分查找算法，其实是一个“最朴素”或者说“最简单”的一个二分查找算法，学习算法，最好的方式就是通过真正的题目例子来讲解，因为第一次接触一个新算法时，记死概念效率是非常低下的：“实践是检验真理的唯一标准”
- 二分查找算法是我们目前阶段学习的算法中：最恶心，细节最多，最容易写出死循环的算法
- 但是如果真正掌握了二分查找算法后，就会编程最简单的算法
- “二分算法只适用于数组有序的情况”，这句话其实不准确，准确的说法是，只要一个题目满足某种规律，就可以用二分查找算法，不论是否有序
- 最后我们就会把二分查找算法总结成几个模板，利用模板能很快速地解决很多题目
- ①朴素的二分模板 ②查找左边界的二分模板 ③查找右边界的二分模板。三个模板总代码不超过20行
- 第一个模板在第一个题目讲，第二个和第三个模板在第二题讲，第一个模板是朴素的，朴素代表简单而简单代表有局限性，后面两个是万能的模板，但是细节很多
部分OJ题详解
704.二分查找
解释下这道题：给一个有序数组nums，然后给我们一个值target，写一个函数搜索nums中target的值，返回下标，不存在则返回-1，题目很简单，下面我们来分析下这道题：
一，分析题目
- 首先是暴力解法：从左往右遍历，找到数就返回下标，没找到就返回-1。虽然这样的效率是O(N)，但是并没有用到我们“数组已经有序”这个条件，所以我们来优化一下
- 暴力算法的缺点就是“每次判断只能舍弃一个数”，假设要查找数组是[1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8]，target是5，假设我们像拿4和5做比较，4比5小，那么我们就可以舍弃所有比4小的数了，然后再和7比，这样两次比较就可以舍弃大部分数，效率相比暴力解法高很多
- 好，来了哈，二分查找的重要特性：当根据某一规律找到一个点，能够通过这个点把一个数组分成两部分，根据规律舍弃一半，然后再另一半继续查找，这样的题目数组就具有“二段性”；当数组无序时，如果依然能根据规律把数组分成两部分，也可以说该数组有二段性，然后根据某个规律能抽象出一个算法，就是“二分查找算法”
- 假设一条线代表数组，我可以找中间的点，也可以找1/3和1/4的点，只要能分出两部分的点都可以，但是我们建议选中点，因为这涉及数学概念学的数学期望知识，我们不管，只需要知道用中点的时间复杂度是最小的就可以啦
假设以一条直线为数组，来分析下二分查找算法：mid是中点下标，定义left和right双指针
1，x < t：改变左边界：left = mid+1， 改变中点：mid = (right - mid) / 2;
2，x > t：改变右边界：right = mid - 1，改变中点：mid = (mind - left) / 2;
3，x = t：返回结果
二，细节处理
有几个细节需要注意一下：
- 当left = right，也就是数组缩小到一个数的时候，也要循环判断，所以循环条件是while(left <= right)，循环结束条件为：left > right
- 为什么上面的算法是正确的？ 是从暴力算法优化过来的，前者是对的，那么后者肯定是对的
- 该算法时间复杂度为什么比暴力低？当循环一次的时候，会把区间划分成n/2，两次时，就是n/4，三次时就是n/8 --> x次时就是1，所以x就是我们的时间复杂度为O(logN)，这绝对是比O(N)快的（在算法中logN的算法并不常见）
三，题目代码
题目的二分算法代码如下：
class Solution {
public:
int search(vector<int>& nums, int target) {
int left = 0, right = nums.size() - 1;
while(left <= right)
{
//盲目用left+right，如果数据量很大，可能会超过限制，所以可以用减法
int mid = left + (right - left) / 2; //防止溢出
if(nums[mid] < target)
{
left = mid + 1;
}
else if(nums[mid] > target)
{
right = mid - 1;
}
else
{
return mid;
}
}
return -1;
}
};四，*总结朴素模板
//根据二段性，填入具体的条件即可
while(left <= right) //一定要写成<=，因为当数组只有一个数的时候也是要判断的
{
int mid = left + (right - left) / 2; //防溢出
if(......)
{
left = mid + 1;
}
else if(......)
{
right = mid - 1;
}
else
{
return ......;
}
}
*34.在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置
34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置 - 力扣（LeetCode）
先来解释下题目： 给一个升序数组nums和一个目标值target，找出目标值在数组中的开始位置和结束位置，并且时间复杂度必须为O(logN)，如果没有target，或者nums是空数组就返回[-1, -1]
题目看起来很简单，描述也很短，但是这一道题其实非常难，下面我们来分析下这道题，通过这道题的分析我们来把二分算法的最重要的逻辑给搞清楚：
一，查找左端点
- 首先是暴力解法：暴力解法，就是遍历一次，当第一次遇到目标数字，用begin标记，然后继续遍历，找到目标数字的最后一个位置时就用end标记，返回begin和end，时间复杂度为O(N)。缺点大致和上个题目一样，这里不再赘述
- 然后是前面讲的朴素二分算法，设立左右指针，这样可以解决问题，但是时间复杂度依旧很高，因为假设有5个8，我们用中间值的方法找到了第三个8，但是我们不知道这个8是开头还是结尾，所以还得去前面或后面找，变成“伪二分算法”
- 接下来我们对朴素二分“再优化”，假设nums为[1, 2, 3, 3, 3, 4, 5]，target为3，可以把数组划分为[1, 2]和3以及它右边所有的数这两个区域，左边的值全小于3，右边的值全大于等于3，二段性成立。
下面是算法步骤，查找左端点的核心步骤是第2和第3步：
1，和朴素算法一样，定义双指针，然后mid在数组中间
2，当mid < t，也就是mid落在了左边区间，左边区间全是小于mid的，更新左边界：left = mid+1
3，当mid >= t，也就是落在右区间[3, 3, 3, 4, 5]，一般会更新right = mid - 1，但是这道题不能直接更新，因为假设mid为第一个3，也就是起始位置，那么更新后的right和left就是前面的[1, 2]了，没有结果了，所以right = mid，不要再-1，然后[left, right]继续寻找
二，处理左端点细节
上面的步骤其实不难，真正的难点其实是下面的细节处理，这个处理主要针对上面的第三步right问题（假设nums还是[1, 2, 3, 3, 3, 4, 5]，target = 3）：
----------循环条件----------
- 循环条件：必须选择left < right而不能选择 <= ，因为right在移动后，会有三种情况①[mid, right]有结果，也就是right在目标连续区域里面，包含开头 ②[mid, right]之间的数全大于t ③区间的数全小于t
- 首先看情况①：我们的目标是先找左端点，[left, mid]，假设为[1, 2, 3, 3]，包含左端点，这时，left处于不合法区间，right处于合法区间， 以步骤3为前提，right变化时是right = mid，所以right绝对不会超过合法区间，而left是一直往右走尝试跳出不合法区域，所以当left == right也就是left和right相遇时，相遇的值就是我们的最终结果，无需判断。
- 然后是情况②：就是[mid, right]全是大于t的，假设[mid, right]为[4, 5]，这时候right会一直往左边移动，直到与left相遇，因为全大于t时，会只命中步骤三的条件，right一直等于mid，然后mid重新计算，依次循环，而且步骤三中left是不动的，因此相遇时，没有最终结果，只要判断相遇的值是否等于t，如果等于t就记录下标，为左端点，如果不等于就返回[-1, -1]
- 最后是情况③：当全小于t时，只会命中步骤2，也就是left一直往左移动，right不动，当相遇时，依旧判断相遇值是否等于t，和上面第三点的处理是一样的
问题：当right = left时，就是最终结果，无需再次进入循环判断，返回是或不是即可。为什么不再判断呢？
解答：如果判断，就会陷入死循环，因为当left = right时，会命中步骤3，mid会一直计算出同样的位置，right也会一直在相同位置上，就这样一直循环下去，于是造成了死循环
----------求中点操作----------
- 两种方法①left + (right - left) / 2 ②left + (right - left + 1) / 2，对于第一题“704.二分查找”的题目来说两种求中点的方法都可以，但是到了这道题就不行了
- 假设数组为[1, 2, 3, 4]，如果我们用方法①求中点，求出来的是“ 2 ”这个位置，方法②求出来的是“ 3 ”的位置，这两种情况在朴素二分是都可以的，但是在这里就不行了，下面是极端情况
- 假设我们最后一次操作求中点的时候，假设数组为[3, 4]，left指向3，right指向4，如果选择方法②求中点，求出来的mid指向right的位置，次数命中步骤2，left会移动到mid+1的位置也就是right后一个位置，程序正常退出；如果命中步骤3，那么left和right是都不动的，mid和right依旧处于同一位置，会形成死循环
- 所以这道题我们必须用方法①来求中点，mid会落在left的位置，假设命中步骤1，left = mid + 1，此时和right相遇，进入判断逻辑；如果，命中步骤3，right = mid。right == left，程序也是正常退出，不会造成死循环
三，查找右端点
前置步骤和查找左端点一样，这里不再赘述
假设数组依旧为[1, 2, 3, 3, 3, 4, 5]，target = 3。划分的区域为[1, 2, 3, 3, 4]和[4, 5]这两个，可以发现左边区域是小于等于3的，右边区域是大于3的，二段性成立
下面是找右端点的核心步骤：
1，依旧定义双指针left和right，还有中点mid
2，找右端点就是和找左端点反过来，当mid <= t，mid落在左边区间，left往右移动，left = mid，，不能是left = mid + 1，原因和上面的细节处理一样
3，x > t时，mid落在右区间，right往左移动，right = mid - 1（其实就是和左端点反过来）
四，处理右端点细节
----------循环条件----------
- 和上面一样，循环条件必须是left < right，不能等于，因为会死循环
- 并且left和right相遇的位置直接返回是或不是，无需再次进入循环判断
----------求中点操作----------
- 两种方法①left + (right - left) / 2 ②left + (right - left + 1) / 2。和上面反过来，求左端点必须是方法①，但是求右端点必须是方法②
- 假设数组为[3, 4] ，left指向3，right指向4，假设用方法①，mid落在4的位置，此时命中步骤2，left = mid，很明显有死循环；命中步骤3时，left不动，right = mid - 1，也就是left前面的那一个位置，循环会正常退出
- 用方法②时，mid落在4的位置上，如果命中步骤2，left = mid + 1，left与right相遇，返回是或不是，循环正常结束；假设命中步骤3，right = mid - 1，right和left依旧相遇，循环也正常退出，所以求右端点时，求中点应该用方法②，和左端点反过来
五，题目代码
class Solution
{
public:
vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target)
{
if(nums.size() == 0) return {-1, -1}; //处理空数组情况
//1，先二分查找左端点
int left =0, right = nums.size() - 1;
int begin = 0; //记录左端点位置，不设立右端点了，因为如果有左端点，那么必定也有右端点，直接返回left和right相遇的位置即可
while(left < right)
{
int mid = left + (right - left) / 2;
if(nums[mid] < target)
{
left = mid + 1;
}
else //nums[mid] >= target
{
right = mid;
}
}
//判断left和right相遇位置是否有结果
if(nums[left] != target)
{
return {-1, -1};
}
else
{
begin = left; //标记左端点位置
}
//2，开始二分查找右端点
left = begin; //优化，left仅需从左端点开始，去掉左边的区间
right = nums.size() - 1;
while(left < right)
{
int mid = left + (right - left + 1) / 2;
if(nums[mid] <= target)
{
left = mid;
}
else
{
right = mid - 1;
}
}
return {begin, right};
}
};六，总结查找区间左边和区间右边的模板
----------查找左端点模板----------
while(left < right)
{
int mid = left + (right - left) / 2;
if(......)
{
left = mid + 1;
}
else
{
right = mid;
}
}
----------查找右端点模板----------
while(left < right)
{
int mid = left + (right - left + 1) / 2;
if(......)
{
left = mid;
}
else
{
right = mid - 1;
}
}
当下面出现-1的时候，上面就+1
69.x的平方根
解释下题目：给一个正整数x，计算返回x的算数平方根，也就是大于0的平方根；如果平方根是无限循环的小数，则只返回整数部分；并且不能使用其它的求平方根的内置函数如pow，下面来分析下这道题：
- 首先是暴力算法；直接构建一个递增的数组[1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ......]，假设target = 17，直接暴力地去把数组中的每一个值做平方，把每个结果去枚举出来，然后和target做对比，直到找到合适的数。下面我们来优化暴力算法
- 其实我们没必要真的去构建这么一个数组，由于一个数target的算数平方根是小于等于target这个数的，所以可以在逻辑上构建一个数组，左端点left为0，然后右端点right直接为target，然后mid也是直接mid = left + (right - left) / 2，当然通过上面的例子，求mid时要不要+1还是要讨论下的
- 然后逻辑上数组有序，所以也可以用二分算法，分成两个区域，左边全小于等于target，右边全大于target，然后这个题目是求左区间的右端点，故可以用求右端点的二分算法模板来解题
1，left从1开始，因为1的平方也是1，right从target开始，
2，mid落在左区间，mid*mid <= x：；left = mid，因为mid可能正好等于x
3，mid落在右区间，mid*mid > x：right = mid - 1
class Solution {
public:
int mySqrt(int x)
{
if(x < 1) return 0; //如果小于1，那么平方根必定小于1，舍去小数就是0
int left = 1, right = x;
while(left < right)
{
long long mid = left + (right - left + 1) / 2; //用long long，防止后面平方溢出
if(mid*mid <= x)
{
left = mid;
}
else
{
right = mid - 1;
}
}
return left;
}
};35.搜索插入位置
解释下题目： 给一个的排序好的数组，在数组中找到目标值target，并返回索引，如果目标值不再，返回它“即将会被顺序插入”的位置，数组无重复元素，题目很简单，下面分析下题目：
- 暴力算法就不解释了，还是老一套。这道题也很明显能用二分，因为数组依旧可以分为两部分，左边小于target，右边大于等于target
- 所以我们只需要找到右区间的左端点，直接用模板即可
- 然后就是要插入的位置，该位置应该就是第一个比目标值target大的位置，假设数组为[1, 2, 3, 5]，target为4，由于数组中没有4，要插入，那么就是插入在5的位置，返回原数组5的位置即可
- 总的来说如果数组中有target，就返回右区间的左端点位置，没有就返回该位置+1的值
1，mid落在左区间，mid < t：left = mid + 1
2，mid落在右区间，mid >= t：right = mid
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;
}
}
//假设数组是[1, 2, 3]，我要插入4，最终left会停留在3的位置，所以要+1
if(nums[left] < target) return left + 1;
else return left;
}
};21.山脉数组的峰顶索引
题目很简单就不解释啦，下面来分析下这道题：
- 首先是暴力解法，定义两个同向指针，一个在前一个在后，依次遍历数组，当前面指针的数比后面小的时候，后面的值就是该山峰数组的最大值
- 这道题是经典的数组“无序”的情况下依旧可以用二分算法的题目，因为前面说过只要有二段性，就可以用二分算法
- 这道题我们也可以分成两部分，假设数组为nums = [1, 2, 3, 4, 3, 2, 1]，一部分就是[1, 2, 3, 4]，是升序数组，另一部分是[3, 2, 1]，为降序数组，所以可以用二分算法，用在左区间找右端点的模板即可
1，mid落在左边，arr[mid] > arr[mid - 1]：后一个数比前一个数大，所以left = mid
2，mid落在右边，arr[mid] <= arr[mid - 1]：后一个数比前一个数小，所以right = mid - 1
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;
}
};162.寻找峰值
解释下题目，这道题其实就是把上一题的“一个山峰”变成了“多个山峰”，返回任意一个山峰的索引即可，下面我们来分析下这道题：
首先要明白一下，题目描述的山峰形状有下面三种：
- 暴力解法：从数组下标为0的位置开始，情况①，刚开始一直往上，走到最后一个位置时也没有往下，返回最后一个位置的索引。 情况②刚开始就直接往下走了，并且走到底也没有上升，返回开始时位置即可。 情况③一开始往上走，然后到达某一个位置后就开始往下走了，返回该位置即可
- 用暴力解法其实很复杂，所以我们尝试优化暴力解法：其实这道题和上面那一道山峰题很像
- 我们选一个位置为i，那么下一个位置就是i+1； ①如果arr[i] > arr[i+1]，那么这段区间就是一个下降的趋势，在时候左边趋势一定有峰值 ②如果arr[i] < arr[i+1]，那么是上升趋势，右边一定有最终结果
- 所以这道题的接替思路和上一题是一模一样的，因为题目要求是返回任意一个，所以我们随便找一个峰值返回即可，思路和上一题一致
- 这就是二分算法相较于普通解法的优势，这道题的解题代码也是直接用在右区间找左端点的模板
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;
}
};153.寻找旋转排序数组中的最小值
153. 寻找旋转排序数组中的最小值 - 力扣（LeetCode）
题目有点长，我们浓缩一下：题目中的“旋转一次”就是把数组最后一个数搞到最前面来，旋转两次就是，在旋转一次的基础上，再把最后一个数搞到第一个位置上，以此类推；题目就是给你一个升序的不重复的数组，但是经过多次旋转后，再把旋转后的数组给了你让你操作。下面我们来分析下这道题：
- 经过旋转后的数组，假设为[3, 4, 5, 1, 2]，我们用可以用一个图来表示：
- 其中AB区域就是[3, 4, 5]，CD区域就是[1, 2]上面的图我们可以找出二段性：①在A~B区域中，nums[i] > nums[n-1] ②在C~D中，nums[i] <= nums[n-1]，好二段性成立，判断条件有了
- 我们要找的，就是C点的值，也就是最小值，然后大致逻辑如下：
1，定义双指针，left和right
2，当mid落在A~B区间时，left往右移动，nums[mid] > nums[n-1]：left = mid + 1
3，当mid落在C~D区域时，right往左移动，nums[mid] <= nums[mid-1] right = mid
class Solution
{
public:
int findMin(vector<int>& nums)
{
int n = nums.size();
int left = 0, right = n - 1;
while(left < right)
{
int mid = left + (right - left) / 2;
if(nums[mid] > nums[n-1]) left = mid + 1;
else right = mid;
}
return nums[left];
}
};问题：我们代码是以D点为参照物的，上面的全比D大，下面的小于等于D；那么我么你可以不可以以A点为参照物呢？
解答：可以，但是有极端情况。如题目所述，[0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7]这个数组，旋转7次后和原数组是一样的，完全递增，所以这时候再以A为参照物，就要加一些判断条件
剑指offer 53 - Ⅱ.o~n-1中缺失的数字
解释下题目：某班级有n个学生，学号依次排序，为0 ~ n-1，升序，假设有一名同学缺席，返回缺席同学的学号。下面来分析下这道题：
- 这道题比较简单，解法很多，但是这种一题多解的题，在面试的时候很喜欢问，所以我们来介绍下多种解法
- 首先可以用哈希表，把数组的数全扔哈希表里去，然后看哪个位置是0，就返回这个位置
- 直接找，用一个for循环遍历，因为数组是严格递增的，所以可以一一遍历
- 可以用异或的位运算，我们构建一个完整的严格递增的数组，然后把里面的值和题目给我们的数组一一异或一下，这样相同的数会抵消变成0，异或不为0时，就是我们要的数
- 高斯求和公式（数学）：等差数列求和公式，先把没有缺少的数组的 首项 + 末项 的和 乘以项数再除以2，得到所有数的和，然后依次减去题目数组的数，最后剩下的结果就是我们要的数
- 上面的方法时间复杂度都是O(N)，并且都有空间消耗，面试的时候只要想到就可以了
下面我们介绍下更优的解法：
先找二段性：
数组①：[0, 1, 2, 4, 5, 6]
数组②：[0, 1, 2, 3, 4, 5]
我们在数组①的2和4和数组②的2和3画一条线，这样就把数组①分成了两段，左边就是和数组②相同，右边就是每个下标对应的值，数组①都比数组②大一，最后我们就要找的就是右边区域的左端点下标
然后我们开始移动指针：
①mid落在左边区间：nums[mid] == mid，left=mid+1
②mid落在右边区间：nums[mid] != mid，right = mid
有一个细节情况：假设数组是[0, 1, 2, 3]，缺失的值是4，这时候二分划分区域时，不存在右边区间，所以left会一直往后走，走到3的位置，但是3不是我们要的值，所以返回的时候要判断一下：也就是如果left走到最右边和right相遇时，所指的值和对比数组是一样的，那么判断这个数组是一个严格递增数组，缺少的是最后一个位置的下一个数
class Solution
{
public:
int takeAttendance(vector<int>& v)
{
int left = 0, right = v.size() - 1;
while(left < right)
{
int mid = left + (right - left) / 2;
if(v[mid] == mid) left = mid + 1;
else right = mid;
}
return v[left] == left ? ++left : left;
}
};原文地址：https://blog.csdn.net/aaqq800520/article/details/140321162
免责声明：本站文章内容转载自网络资源，如本站内容侵犯了原著者的合法权益，可联系本站删除。更多内容请关注自学内容网（zxcms.com）！