【算法】二分法三步走

据查，医书有服用响豆的方法，响豆就是槐树果实在夜里爆响的，这种豆一棵树上只有一个，辨认不出来。取这种豆的方法是，在槐树刚开花时，就用丝网罩在树上，以防鸟雀啄食。结果成熟后，缝制许多布囊贮存豆荚。夜里用来当枕头，没有听到声音，便扔掉。就这么轮着枕，肯定有一个囊里有爆响声。然后把这一囊的豆类又分成几个小囊装好，夜里再枕着听。听到响声再一分为二，装进囊中枕着听。这么分下去到最后只剩下两颗，再分开枕听，就找到响豆了。

十个二分九个错，该算法被形容 "思路很简单，细节是魔鬼"。第一个二分查找算法于 1946 年出现，然而第一个完全正确的二分查找算法实现直到 1962 年才出现。下面的二分查找，其实是二分查找里最简单的一个模板，在后面的文章系列里，我将逐步为大家讲解二分查找的其他变形形式。

基本概念

二分查找是计算机科学中最基本、最有用的算法之一。它描述了在有序集合中搜索特定值的过程。一般二分查找由以下几个术语构成：

目标 Target —— 你要查找的值
索引 Index —— 你要查找的当前位置
左、右指示符 leftIndex，rightIndex —— 我们用来维持查找空间的指标
中间指示符 midIndex —— 我们用来应用条件来确定我们应该向左查找还是向右查找的索引

在最简单的形式中，二分查找对具有指定左索引和右索引的连续序列进行操作。我们也称之为查找空间。二分查找维护查找空间的左、右和中间指示符，并比较查找目标；如果条件不满足或值不相等，则清除目标不可能存在的那一半，并在剩下的一半上继续查找，直到成功为止。

举例说明：比如你需要找1-100中的一个数字，你的目标是用最少的次数猜到这个数字。你每次猜测后，我会说大了或者小了。而你只需要每次猜测中间的数字，就可以将余下的数字排除一半。

不管我心里想的数字如何，你在7次之内都能猜到，这就是一个典型的二分查找。每次筛选掉一半数据，所以我们也称之为 折半查找。一般而言，对于包含n个元素的列表，用二分查找最多需要log2n步。

当然，一般题目不太可能给你一个如此现成的题型，让你上手就可以使用二分，所以我们需要思考，如何来构造一个成功的二分查找。大部分的二分查找，基本都由以下三步组成：

预处理过程（大部分场景就是对未排序的集合进行排序）
二分查找过程（找到合适的循环条件，每一次将查找空间一分为二）
后处理过程（在剩余的空间中，找到合适的目标值）

适用场景

注意，绝大部分「在递增递减区间中搜索目标值或者接近目标值的值」的问题，都可以转化为二分查找问题。

适用于

在有序集合中搜索特定值、或接近特定值的值
试值：对某个结果值没有明确的思路，只能按照顺序一个一个从1开始试到最大值，这样的场景由于是有序的，也可以使用二分查找
利用 midIndex 进行划分后，至少能区分出左边或者右边的其中一边有序，那么我们就能利用这有序的一边判断我们的目标元素是否在此范围之内，从而缩减查找范围，分清当前应该向左查找还是向右查找。

关键词：有序、局部有序、目标值、接近目标的值

特别注意：局部有序也可以尝试使用二分法！

既然关键词是有序，那么我们遇到递增、递减数组就可以通过折线图的方式来可视化展现，从而方便我们的二分法分析。

适用条件：
面对中间分叉，我们能够唯一确定是往左走，还是往右走的情况。

提示：如果不能唯一确定是往左走还是往右走，我们可以使用分治算法，递归，左右都给他走一遍。

比如说，面试题 08.03. 魔术索引，这题你就无法确定中间分叉是往左走，还是往右走，所以采用分治算法。

二分三步走

一般参考条件：一定要注意这下面的左右边界都只是索引下标index而已，不要写着写着就忘记了！！！

初始条件：leftIndex = 0, rightIndex = length - 1
循环条件：leftIndex <= rightIndex
终止：leftIndex > rightIndex
向左查找（右边界左移）：rightIndex = midIndex - 1
向右查找（左边界右移）：leftIndex = midIndex + 1

1. 明确左右边界

1.明确左右边界：一般左边界是数组的起始下标 leftIndex = 0，右边界的数组的结束下标 rightIndex = nums.length - 1

2. 寻找分叉条件

2.寻找分叉条件：一般是正中间向下取整，即 midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2，不过为了防止 leftIndex + rightIndex 溢出内存，我们一般采用 midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2 是一样的效果噢，只不过 rightIndex - leftIndex 肯定不会溢出内存。

我们在这一步需要去寻找分叉的条件：

什么条件下找到了
什么条件下往左走
什么条件下往右走

注意：如果不能确定分叉条件，那就代表此题不适用二分法，可以试试分治算法来实现。

寻找分叉条件时我们可以将递增、递减数组通过折线图的方式来可视化展现，从而方便我们的二分法分析。

我们可以在mideIndex的位置画一条竖线，将 midIndex 在折线图上从左向右平移，看看 midIndex 每一段的划分情况是否具有逻辑、具有规律；是否能够确切的缩减查找范围，分清当前应该向左查找还是向右查找；是否可以使用二分法！

特别注意：只要 midIndex 能够分割出左边或右边的一边有序，那么我们就能利用这有序的一边判断我们的目标元素是否在此范围之内，从而缩减查找范围，分清当前应该向左查找还是向右查找。

3. 完成二分划分

3.完成二分划分：借助于上一步的分叉条件，我们可以完成我们的二分划分了
向左查找（右边界左移）：rightIndex = midIndex - 1；
向右查找（左边界右移）：leftIndex = midIndex + 1

//JAVA
public int binarySearch(int[] array, int des) {
    int leftIndex = 0, rightIndex = array.length - 1;
    while (leftIndex <= rightIndex) {  // 与快速排序的leftIndex < rightIndex区分开来
        int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;  // 防止 rightIndex + leftIndex 溢出内存
        if (des == array[midIndex]) {
            return midIndex;
        } else if (des < array[midIndex]) {
            rightIndex = midIndex - 1;
        } else {
            leftIndex = midIndex + 1;
        }
    }
    return -1;
}

实现方式

一般实现

循环条件while (leftIndex <= rightIndex)

我们最常用的实现，一般都能通过此实现解决问题！

二分查找

了解了二分查找的过程，我们对二分查找进行一般实现（这里给出一个Java版本，比较正派的代码，没有用一些缩写形式）

注意：循环条件while (leftIndex <= rightIndex)与快速排序while (leftIndex < rightIndex)的不同的，
因为我们的二分法需要查找元素是否满足条件，当 leftIndex == rightIndex 时，我们也需要判断元素是否满足条件，不满足条件依旧不能返回；
而快速排序就不一样了，我们仅仅是需要划分数组，将数组分为一小一大两部分，当 leftIndex == rightIndex 时，我们不需要判断是否满足条件了，直接划分即可。

//JAVA
public int binarySearch(int[] array, int des) {
    int leftIndex = 0, rightIndex = array.length - 1;
    while (leftIndex <= rightIndex) {  // 与快速排序的leftIndex < rightIndex区分开来
        int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;  // 防止 rightIndex + leftIndex 溢出内存
        if (des == array[midIndex]) {
            return midIndex;
        } else if (des < array[midIndex]) {
            rightIndex = midIndex - 1;
        } else {
            leftIndex = midIndex + 1;
        }
    }
    return -1;
}

注意：上面的代码，midIndex 使用 leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2 的目的，是防止 rightIndex + leftIndex 溢出内存。如果不溢出的话，其实是和 (rightIndex + leftIndex) / 2 一样的效果。

为什么说是一般实现？

根据边界的不同（开闭区间调整），有时需要弹性调整leftIndex与rightIndex的值，以及循环的终止条件。
根据元素是否有重复值，以及是否需要找到重复值区间，有时需要对原算法进行改进。

那上面我们说了，一般二分查找的过程分为：预处理 - 二分查找 - 后处理，上面的代码，就没有后处理的过程，因为在每一步中，你都检查了元素，如果到达末尾，也已经知道没有找到元素。

总结一下一般实现的几个条件：

初始条件：leftIndex = 0, rightIndex = length - 1
循环条件：leftIndex <= rightIndex
终止：leftIndex > rightIndex
向左查找（右边界左移）：rightIndex = midIndex - 1
向右查找（左边界右移）：leftIndex = midIndex + 1

请大家记住这个模板原形，在后面的系列中，我们将介绍二分查找其他的模板类型。

满足条件的区间的左边界（记录第一次满足条件的元素）

特殊一点：满足条件就记录一次，就是我们满足条件的最后答案

查找数组中某个元素的上下边界，如果此元素不存在，那就返回-1。

如查找元素2的上下边界
1, 2, 2, 2, 2, 3, 5, 5, 5, 5
下界索引：1（指向最左边的2）
上界索引：4（指向最右边的2）

方法一：查找特定值

int start(int[] nums, int tar) {
    int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;

    int start = -1; // 用来记录满足条件的答案
    while(leftIndex <= rightIndex) {
        int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
        if (tar == nums[midIndex]) {
			// 满足条件就记录覆盖一次，直到最后一次，就是我们满足条件的最后答案
            start = midIndex;
            rightIndex = midIndex - 1; // 满足条件 向左继续找
        } else if (tar > nums[midIndex]) {
            leftIndex = midIndex + 1;
        } else {
            rightIndex = midIndex - 1;
        }
    }
    return start;
}

方法二：查找与特定值接近的值（不一定是最接近的值，因为右边界可能还有更接近的）
如查找4，会返回索引6（指向最左边的那个5）

int start(int[] nums, int tar) {
    int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;

    int start = -1; // 用来记录满足条件的答案
    while(leftIndex <= rightIndex) {
        int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
        if (tar <= nums[midIndex]) {
			// 满足条件就记录覆盖一次，直到最后一次，就是我们满足条件的最后答案
            start = midIndex;
            rightIndex = midIndex - 1; // 满足条件 向左继续找
        } else {
            leftIndex = midIndex + 1;
        }
    }
    return start;
}

满足条件的区间的右边界（记录最后一次满足条件的元素）

特殊一点：满足条件就记录一次，直到最后一次，就是我们满足条件的最后答案

方法一：查找特定值

int end(int[] nums, int tar) {
    int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;

    int end = -1;
    while(leftIndex <= rightIndex) {
        int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
        if (tar == nums[midIndex]) {
			// 满足条件就记录覆盖一次，直到最后一次，就是我们满足条件的最后答案
            end = midIndex;
            leftIndex = midIndex + 1; // 满足条件 向右继续找
        } else if (tar > nums[midIndex]) {
            leftIndex = midIndex + 1;
        } else {
            rightIndex = midIndex - 1;
        }
    }
    return end;
}

方法二：查找与特定值接近的值（不一定是最接近的，因为左边界有可能更接近）

int end(int[] nums, int tar) {
    int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;

    int end = -1;
    while(leftIndex <= rightIndex) {
        int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
        if (tar >= nums[midIndex]) {
			// 满足条件就记录覆盖一次，直到最后一次，就是我们满足条件的最后答案
            end = midIndex;
            leftIndex = midIndex + 1; // 满足条件 向右继续找
        } else {
            rightIndex = midIndex - 1;
        }
    }
    return end;
}

优化实现

循环条件while (leftIndex < rightIndex)

数组中必定存在满足条件的元素时的优化

思路：排除窗口范围内不满足条件的元素，最后剩下的那个元素，有很大概率满足条件。

可以使用此优化的情况：如果我们不需要判断最终 leftIndex == rightIndex 时是否满足条件

可以确定如果最后找到元素就一定满足条件
只需要找到最接近的元素
我们确定满足条件的元素一定在数组中

如果我们不需要判断最终 leftIndex == rightIndex 时是否满足条件，可以确定如果最后找到元素就一定满足条件，或者只需要找到最接近的元素，或者我们确定满足条件的元素一定在数组中，我们就可以优化为以下代码，不需要判断最后 leftIndex == rightIndex 时是否满足条件：

//JAVA
public int firstBadVersion(int n) {
    int leftIndex = 1;
    int rightIndex = n;
	// 我们不需要审查 leftIndex == rightIndex 时的场景，因为满足条件的元素必然在数组中，所以我们也不需要记录满足条件的元素结果答案
    while (leftIndex < rightIndex) {
        int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;
        if (isBadVersion(midIndex)) {
            rightIndex = midIndex;
        } else {
            leftIndex = midIndex + 1;
        }
    }
    return leftIndex;
}

具体实例有，快速排序

midIndex：二分查找，需要避免特殊情况下无法收敛造成的死循环

折半向下取整，窗口向左收敛：int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
折半向上取整，窗口向右收敛：int midIndex = (leftIndex + rightIndex + 1) / 2;

满足条件的区间的左边界（记录第一次满足条件的元素）

特殊一点：满足条件就记录一次，就是我们满足条件的最后答案

查找数组中某个元素的上下边界，如果此元素不存在，那就返回-1。

如查找元素2的上下边界
1, 2, 2, 2, 2, 3
下界：1
上界：4

排除窗口范围内不满足条件的元素，最后剩下的那个元素，有很大概率满足条件。需要判断一下是否满足条件，如果满足才能用！！！

方法二：向下取整，窗口向左收敛

int start(int[] nums, int tar) {
    int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1; // 二分范围
	
    while (leftIndex < rightIndex) {  // 查找元素的开始位置
	
        // 向下取整，窗口会向左收敛，避免 midIndex == rightIndex 时无法收敛造成的死循环
		int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
        if (target <= nums[midIndex]) {
			// midIndex元素满足条件，留在窗口中
			// 最后leftIndex == rightIndex的时候，窗口中只剩下一个有很大概率满足条件的元素
			rightIndex = midIndex;
		} else {
			leftIndex = midIndex + 1;
		}
    }
    return leftIndex;
}

满足条件的区间的右边界（记录最后一次满足条件的元素）

特殊一点：满足条件就记录一次，直到最后一次，就是我们满足条件的最后答案

方法二：向上取整，窗口向右收敛

int end(int[] nums, int tar) {
    int leftIndex = 0; rightIndex = nums.length - 1;     //二分范围
	
    while (leftIndex < rightIndex) {  // 查找元素的结束位置
	
		// 向上取整，窗口向右收敛
        int midIndex = (leftIndex + rightIndex + 1) / 2;
        if (target >= nums[midIndex]) {
			// midIndex元素满足条件，留在窗口中
			// 最后leftIndex == rightIndex的时候，窗口中只剩下一个有很大概率满足条件的元素
			leftIndex = midIndex;
		} else {
			rightIndex = midIndex - 1;
		}
    }
	
	if(nums[l] != target) return 0; //查找失败
    return leftIndex;
}

下面的实例有上下界的查找

递归实现

递归实现：这里二分法的递归，其实可以叫做分治法

// 明确分解策略：大问题=从n个元素中找到最大的数字并返回，折半分解，小问题=从2个元素比较大小找到最大数字并返回。
int f(int[] nums, int l, int r) {

      // 寻找最小问题：最小问题即是只有一个元素的时候
      if (l >= r) {
            return nums[l];
      }

      // 使用分解策略
      int lMax = f(nums, l, (l+r)/2);
      int rMax = f(nums, (l+r)/2+1, r);

      // 解决次小问题：比较两个元素得到最大的数字
      return lMax > rMax ? lMax : rMax;
}

思考问题

注意，绝大部分「在递增递减区间中搜索目标值」的问题，都可以转化为二分查找问题。并且，二分查找的题目，基本逃不出三种：找特定值，找大于特定值的元素（上界），找小于特定值的元素（下界）。

而根据这三种，代码又最终会转化为以下这些问题：

leftIndex、rightIndex 要初始化为 0、n-1 还是 0、n 又或者 1，n？
循环的判定条件是 leftIndex < rightIndex 还是 leftIndex <= rightIndex？
if 的判定条件应该怎么写？
if 条件正确时，应该移动哪边的边界？
更新 leftIndex 和 rightIndex 时，midIndex 如何处理？

处理好了上面的问题，自然就可以顺利解决问题。

一点建议

我拉出来讲这道题的原因，绝对不是说你会了，知道怎么样做了就可以了。我是希望通过本题，各位去深度思考二分法中几个元素的建立过程，比如 leftIndex 和 rightIndex 我们应该如何去设置，如本题中 rightIndex 既可以设置为 x 也可以设置为 x/2；又比如 midIndex 值该如何计算。大家一定要明确 midIndex 的真正含义有两层，第一：大部分题目最后的 midIndex 值就是我们要找的目标值第二：我们通过 midIndex 值来收敛搜索空间。

那么问题来了，如何可以彻底掌握二分法？初期我并不建议大家直接去套模板，这样意义不是很大，因为套模板很容易边界值出现错误（当然，也可能我的理解还不够深入，网上有很多建议是去直接套模板的）我的建议是：去思考二分法的本质，了解其通过收敛来找到目标的内涵，对每一个二分的题目都进行深度剖析，多分析别人的答案。你得知道，每一个答案，背后都是对方的思考过程。从这些过程中抽茧剥丝，最终留下的，才是二分的精髓。也只有到这一刻，我认为才可以真正的说一句掌握了二分。毕竟模板的目的，也是让大家去思考模板背后的东西，而不是模板本身。

实例

875. 爱吃香蕉的珂珂

珂珂喜欢吃香蕉。这里有 N 堆香蕉，第 i 堆中有 piles[i] 根香蕉。警卫已经离开了，将在 H 小时后回来。

珂珂可以决定她吃香蕉的速度 K （单位：根/小时）。每个小时，她将会选择一堆香蕉，从中吃掉 K 根。如果这堆香蕉少于 K 根，她将吃掉这堆的所有香蕉，然后这一小时内不会再吃更多的香蕉。

珂珂喜欢慢慢吃，但仍然想在警卫回来前吃掉所有的香蕉。

返回她可以在 H 小时内吃掉所有香蕉的最小速度 K（K 为整数）。

示例 1：
输入: piles = [3,6,7,11], H = 8
输出: 4

示例 2：
输入: piles = [30,11,23,4,20], H = 5
输出: 30

示例 3：
输入: piles = [30,11,23,4,20], H = 6
输出: 23

答案

做题思路：

我们需要一个方法来判断速度为k时能否在h小时内吃完堆
由于我们不能判断k的大小，那就一个一个递增去试试，去找到一个合适的值；（满足了我们二分法的适用场景）
然后我们想到，如果是递增有序的话，我们可以直接用二分法查找

class Solution {
    public int minEatingSpeed(int[] piles, int h) {

        // 1. 我们需要一个方法来判断速度为k时能否在h小时内吃完堆

        // 2. 由于我们不能判断k的大小，那就一个一个递增去试试，如果是递增有序的话，我们可以直接用二分法查找

        // 这是第一版左右界限，我们可以优化一下
        // int leftIndex = 1;
        // int rightIndex = Integer.MAX_VALUE;  // 这里得用最大的数，因为测试示例很大

        // 第二版左右界限，右界限我们可以取 香蕉个数的最大值max

        int leftIndex = 1;
        int rightIndex = 0;
        for (int i = 0 ; i < piles.length; i++) {
            rightIndex = piles[i] > rightIndex? piles[i] : rightIndex;
        }

        int index = 0;  // 用来记录可以吃完的速度，满足条件就记录一次，直到最后一次，就是我们的答案

        while (leftIndex <= rightIndex) {

            // 1. 如果可以吃完，那就向左边找找

            // 2. 如果不能，那就右边
            // int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2; // 使用这个有可能导致 leftIndex + rightIndex 溢出
            int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;

            if (f(piles, midIndex, h)) {
                index = midIndex;
                rightIndex = midIndex - 1;
            } else {
                leftIndex = midIndex + 1;
            }
        }

        return index;

    }

    // 1. 我们需要一个方法来判断速度为k时能否在h小时内吃完堆
    public boolean f(int[] piles, int k, int h) {
        int time = 0;

        for (int i = 0; i < piles.length; i++) {

            // 我的向上取整方法：
            // 1. 如果能整除，那就直接除法算时间
            // 2. 如果不能整除，那就先除法再+1
            // if (piles[i] % k == 0) {
            //     time += piles[i] / k;
            // } else {
            //     time += piles[i] / k + 1;
            // }


            // 别人的向上取整方法：
            // 可以看到，其实就是加了一个 k - 1，再除以 k，也就是说加了一个大于 0.5，小于 1 的数，向上取整
            time += (piles[i] + k - 1) / k;

        }

        return h >= time;
    }
}

方法一

class Solution {
    public int minEatingSpeed(int[] piles, int h) {

        int leftIndex = 1;
        int rightIndex = 0;
        // rightIndex取香蕉堆最大值
        for (int i = 0 ; i < piles.length; i++) {
            rightIndex = piles[i] > rightIndex? piles[i] : rightIndex;
        }

        while (leftIndex <= rightIndex) {

            int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;
            
            // 能吃完，左走
            if (canFinish(piles, midIndex, h)) {
                rightIndex = midIndex - 1;
            } else {
                leftIndex = midIndex + 1;
            }
        }

        return leftIndex;
    }


    // 是否能吃完
    public boolean canFinish(int[] piles, int speed, int h) {

        for (int i = 0; i < piles.length; i++) {
            h -= (piles[i] + speed - 1) / speed;
        }

        return h >= 0;
    }
}

方法二

排除窗口内不满足条件的元素，最后剩下来的，一定满足条件，能吃完

class Solution {
    public int minEatingSpeed(int[] piles, int h) {

        int leftIndex = 1;
        int rightIndex = 0;
        // rightIndex取香蕉堆最大值
        for (int i = 0 ; i < piles.length; i++) {
            rightIndex = piles[i] > rightIndex? piles[i] : rightIndex;
        }

        while (leftIndex < rightIndex) {

			// 向下取整，窗口向左收敛
            int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;
            
            // 能吃完，左走
            if (canFinish(piles, midIndex, h)) {
                rightIndex = midIndex;
            } else {
                leftIndex = midIndex + 1;
            }
        }

        return leftIndex;
    }


    // 是否能吃完
    public boolean canFinish(int[] piles, int speed, int h) {

        for (int i = 0; i < piles.length; i++) {
            h -= (piles[i] + speed - 1) / speed;
        }

        return h >= 0;
    }
}

69. x 的平方根

实现 int sqrt(int x) 函数。

计算并返回 x 的平方根，其中 x 是非负整数。

由于返回类型是整数，结果只保留整数的部分，小数部分将被舍去。

示例 1:
输入: 4
输出: 2

示例 2:
输入: 8
输出: 2
说明: 8 的平方根是 2.82842...,
由于返回类型是整数，小数部分将被舍去。

暴力破解

遗憾的是，暴力破解在验证2147483647的时候超时了，只能换一个查找方法了

class Solution {
    public int mySqrt(int x) {

        // 如果不能使用平方根函数的话，那就只有使用 res * res == x 来计算了，我们最简单可以使用暴力破解来寻找res（即 一个一个找）
        for (int i = 1; i <= x / 2; i++) {
            if ((i * i < x && (i + 1) * (i + 1) > x) || i * i == x) {
                return i;
            }
        }

        return x;
	}
}

答案

这里我们很容易就想到暴力破解，从 0 开始递增一个一个看是不是满足 res * res == x，直到查找到一个数满足我们的条件
既然是递增有序的，我们使用二分法来分解查找

class Solution {
    public int mySqrt(int x) {

        // 平方根的整数部分必然 ans * ans <= x，所以满足此条件的ans都有可能是我们需要的
        int l = 0;
        int r = x;
        int ans = -1;   // 用来存储我们满足条件的答案，每次满足条件都存储一次，直到最后一次。
        while (l <= r) {
            int midIndex = l + (r - l) / 2;
            if ((long) midIndex * midIndex <= x) {
				// 记录最后一个满足 midIndex * midIndex <= x 条件的元素
                ans = midIndex;
                l = midIndex + 1; // 满足条件向右继续找
            } else {
                r = midIndex - 1;
            }
        }
        return ans;

    }
}

答案二

被针对了，在 2147483647 的输入下会溢出

class Solution {
    public int mySqrt(int x) {

        int leftIndex = 0, rightIndex = x;

        while (leftIndex < rightIndex) {
            // 向上取整，窗口向右收敛，避免下面leftIndex = midIndex死循环
            int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex + 1) / 2;
            if ((long) midIndex * midIndex <= x) {
                leftIndex = midIndex;
            } else {
                rightIndex = midIndex - 1;
            }
        }
        // 由于每次都将 midIndex * midIndex <= x 保留下来了，所以最后循环结束midIndex也会满足此条件
        return leftIndex;
    }
}

278. 第一个错误的版本

你是产品经理，目前正在带领一个团队开发新的产品。不幸的是，你的产品的最新版本没有通过质量检测。由于每个版本都是基于之前的版本开发的，所以错误的版本之后的所有版本都是错的。

假设你有 n 个版本 [1, 2, ..., n]，你想找出导致之后所有版本出错的第一个错误的版本。

你可以通过调用 bool isBadVersion(version) 接口来判断版本号 version 是否在单元测试中出错。实现一个函数来查找第一个错误的版本。你应该尽量减少对调用 API 的次数。

示例:

给定 n = 5，并且 version = 4 是第一个错误的版本。

调用 isBadVersion(3) -> false
调用 isBadVersion(5) -> true
调用 isBadVersion(4) -> true

所以，4 是第一个错误的版本。

答案

这个题目还是相当简单的....我拿出来讲的原因，是因为我的开发生涯中，真的遇到过这样一件事。当时我们做一套算薪系统，算薪系统主要复杂在业务上，尤其是销售的薪资，设计到数百个变量，并且还需要考虑异动（比如说销售A是团队经理，但是下调到B团队成为一名普通销售，然后就需要根据A异动的时间，来切分他的业绩组成。同时，最恶心的是，普通销售会影响到其团队经理的薪资，团队经理又会影响到营业部经理的薪资，一直到最上层，影响到整个大区经理的薪资构成）要知道，当时我司的销售有近万名，每个月异动的人就有好几千，这是非常非常复杂的。然后我们遇到的问题，就是同一个月，有几十个团队找上来，说当月薪资计算不正确（放在个人来讲，有时候差个几十块，别人也是会来找的）最后，在一阵漫无目的的排查之后，我们采用二分的思想，通过切变量，最终切到错误的异动逻辑上，进行了修正。

回到本题，我们当然可以一个版本一个版本的进行遍历，直到找到最终的错误版本。但是如果是这样，还讲毛线呢。。。

//JAVA
public int firstBadVersion(int n) {
    for (int i = 1; i < n; i++) {
        if (isBadVersion(i)) {
            return i;
        }
    }
    return n;
}

我们自然是采用二分的思想，来进行查找。举个例子，比如我们版本号对应如下：

如果中间的midIndex如果是错误版本，那我们就知道 midIndex 右侧都不可能是第一个错误的版本。那我们就令 rightIndex = midIndex，把下一次搜索空间变成[leftIndex, midIndex]，然后自然我们很顺利查找到目标。

根据分析，代码如下：

//JAVA
public int firstBadVersion(int n) {
    int leftIndex = 1;
    int rightIndex = n;
    while (leftIndex < rightIndex) {
        int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;
        if (isBadVersion(midIndex)) {
            rightIndex = midIndex;
        } else {
            leftIndex = midIndex + 1;
        }
    }
    return leftIndex;
}

额外补充：请大家习惯这种返回leftIndex的写法，保持代码简洁的同时，也简化了思考过程，何乐而不为呢。

当然，代码也可以写成下面这个样子（是不是感觉差点意思？）

//JAVA
public class Solution extends VersionControl {
    public int firstBadVersion(int n) {
        int leftIndex = 1;
        int rightIndex = n;
        int res = n;
        while (leftIndex <= rightIndex) {
            int midIndex = leftIndex + ((rightIndex - leftIndex) >> 1);
            if (isBadVersion(midIndex)) {
                res = midIndex;
                rightIndex = midIndex - 1;
            } else {
                leftIndex = midIndex + 1;
            }
        }
        return res;
    }
}

剑指 Offer 53 - I. 在排序数组中查找数字 I

统计一个数字在排序数组中出现的次数。

示例 1:

输入: nums = [5,7,7,8,8,10], target = 8
输出: 2

示例 2:

输入: nums = [5,7,7,8,8,10], target = 6
输出: 0

遍历答案

class Solution {
    public int search(int[] nums, int target) {

        // 顺序遍历
        int num = 0;

        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            
            if (nums[i] == target) {
                num++;
            } else if (nums[i] > target) {
                break;
            }
        }
        return num;
    }
}

二分法答案

我的方法一：

找到上下边界，相减+1

// 可以试试二分法
class Solution {

    public int search(int[] nums, int target) {
        // 分别二分查找 target 和 target - 1 的右边界，将两结果相减并返回即可。
        int end = end(nums, target);
        if (end == -1) {
            return 0;
        }
        return end(nums, target) - start(nums, target) + 1;
    }

	// 上界
    int end(int[] nums, int tar) {
        int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;

        int end = -1;
        while(leftIndex <= rightIndex) {
            int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
            if (nums[midIndex] == tar) {

                end = midIndex;
                leftIndex = midIndex + 1;
            } else if (nums[midIndex] < tar) {
                leftIndex = midIndex + 1;
            } else {
                rightIndex = midIndex - 1;
            }
        }
        return end;
    }

	// 下界
    int start(int[] nums, int tar) {
        int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;

        int start = -1;
        while(leftIndex <= rightIndex) {
            int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
            if (nums[midIndex] == tar) {

                start = midIndex;
                rightIndex = midIndex - 1;
            } else if (nums[midIndex] < tar) {
                leftIndex = midIndex + 1;
            } else {
                rightIndex = midIndex - 1;
            }
        }
        return start;
    }
}

我的方法二：

class Solution {
    public int search(int[] nums, int target) {
        if (nums.length == 0) return 0;
        int l = 0, r = nums.length - 1; //二分范围
        while( l < r)			        //查找元素的开始位置
        {
            int midIndex = (l + r )/2;
            if(nums[midIndex] >= target) r = midIndex;
            else l = midIndex + 1;
        }
        if( nums[l] != target) return 0; //查找失败
        int L = r;
        l = 0; r = nums.length - 1;     //二分范围
        while( l < r)			        //查找元素的结束位置
        {
            int midIndex = (l + r + 1)/2;
            if(nums[midIndex] <= target ) l = midIndex;
            else r = midIndex - 1;
        }
        return r - L + 1;
    }
}

方法三：

// 可以试试二分法
class Solution {
    public int search(int[] nums, int target) {
        // 分别二分查找 target 和 target - 1 的右边界，将两结果相减并返回即可。
        return helper(nums, target) - helper(nums, target - 1);
    }
    // helper() 函数旨在查找数字 tar 在数组 nums 中的 插入点 ，且若数组中存在值相同的元素，则插入到这些元素的右边。
    int helper(int[] nums, int tar) {
        int i = 0, j = nums.length - 1;
        while(i <= j) {
            int m = (i + j) / 2;
            if (nums[m] <= tar) {
                i = m + 1;
            } else {
                j = m - 1;
            }
        }
        return i;
    }
}

34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

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。

示例 1：

输入：nums = [5,7,7,8,8,10], target = 8
输出：[3,4]

示例 2：

输入：nums = [5,7,7,8,8,10], target = 6
输出：[-1,-1]

示例 3：

输入：nums = [], target = 0
输出：[-1,-1]

我的

class Solution {
    public int[] searchRange(int[] nums, int target) {

        int start = start(nums, target);

        int end = end(nums, target);

        return new int[] {start, end};
    }

    public int start(int[] nums, int target) {

        int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;

        int start = -1;

        while (leftIndex <= rightIndex) {
            int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;

            if (nums[midIndex] >= target) {

                start = nums[midIndex] == target ? midIndex : start;
                rightIndex = midIndex - 1;
            } else {
                leftIndex = midIndex + 1;
            }
        }

        return start;
    }


    public int end(int[] nums, int target) {

        int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;

        int end = -1;

        while (leftIndex <= rightIndex) {
            int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;

            if (nums[midIndex] <= target) {

                end = nums[midIndex] == target ? midIndex : end;
                leftIndex = midIndex + 1;
            } else {
                rightIndex = midIndex - 1;
            }
        }

        return end;
    }
}

答案

https://leetcode.cn/problems/find-first-and-last-position-of-element-in-sorted-array/solution/tu-jie-er-fen-zui-qing-xi-yi-dong-de-jia-ddvc/

class Solution {
    public int[] searchRange(int[] nums, int target) {
        if(nums.length == 0) return new int[]{-1,-1};
    
        int l = 0, r = nums.length - 1; //二分范围
        while( l < r)			        //查找元素的开始位置
        {
            int midIndex = (l + r )/2;
            if(nums[midIndex] >= target) r = midIndex;
            else l = midIndex + 1;
        }
        if( nums[r] != target) return new int[]{-1,-1}; //查找失败
        int L = r;
        l = 0; r = nums.length - 1;     //二分范围
        while( l < r)			        //查找元素的结束位置
        {
            int midIndex = (l + r + 1)/2;
            if(nums[midIndex] <= target ) l = midIndex;
            else r = midIndex - 1;
        }
        return new int[]{L,r};
    }
}

475. 供暖器

冬季已经来临。你的任务是设计一个有固定加热半径的供暖器向所有房屋供暖。

在加热器的加热半径范围内的每个房屋都可以获得供暖。

现在，给出位于一条水平线上的房屋 houses 和供暖器 heaters 的位置，请你找出并返回可以覆盖所有房屋的最小加热半径。

说明：所有供暖器都遵循你的半径标准，加热的半径也一样。

示例 1:

输入: houses = [1,2,3], heaters = [2]
输出: 1
解释: 仅在位置2上有一个供暖器。如果我们将加热半径设为1，那么所有房屋就都能得到供暖。

示例 2:

输入: houses = [1,2,3,4], heaters = [1,4]
输出: 1
解释: 在位置1, 4上有两个供暖器。我们需要将加热半径设为1，这样所有房屋就都能得到供暖。

示例 3：

输入：houses = [1,5], heaters = [2]
输出：3

我的

class Solution {
    public int findRadius(int[] houses, int[] heaters) {
        int ans = 0;
        Arrays.sort(heaters);
        for (int house : houses) {
            // 找到离当前房子最近的热源
            // 左边界不一定是最接近的，需要与右边界进行比较
            int i = binarySearch(heaters, house);
            int j = i + 1;
            int leftDistance = i < 0 ? Integer.MAX_VALUE : house - heaters[i];
            int rightDistance = j >= heaters.length ? Integer.MAX_VALUE : heaters[j] - house;
            int curDistance = Math.min(Math.abs(leftDistance), Math.abs(rightDistance));
            ans = Math.max(ans, curDistance);
        }
        return ans;
    }

    public int binarySearch(int[] nums, int target) {

        int res = 0;
        int leftIndex = 0, rightIndex = nums.length - 1;
        while (leftIndex <= rightIndex) {
            int midIndex = leftIndex + (rightIndex - leftIndex) / 2;            
            if (target >= nums[midIndex]) {
                res = midIndex;
                leftIndex = midIndex + 1;
            } else {
                rightIndex = midIndex - 1;
            }
        }

        return res;
    }
}

33. 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。

示例 1：

输入：nums = [4,5,6,7,0,1,2], target = 0
输出：4

示例 2：

输入：nums = [4,5,6,7,0,1,2], target = 3
输出：-1

示例 3：

输入：nums = [1], target = 0
输出：-1

局部有序答案

这题是局部有序最好的例子，我们画一下折线图了解一下情况

思路和算法

对于有序数组，可以使用二分查找的方法查找元素。

但是这道题中，数组本身不是有序的，进行旋转后只保证了数组的局部是有序的，这还能进行二分查找吗？答案是可以的。

可以发现的是，我们将数组从中间分开成左右两部分的时候，一定有一部分的数组是有序的。拿示例来看，我们从 6 这个位置分开以后数组变成了 [4, 5, 6] 和 [7, 0, 1, 2] 两个部分，其中左边 [4, 5, 6] 这个部分的数组是有序的，其他也是如此。

这启示我们可以在常规二分查找的时候查看当前 midIndex 为分割位置分割出来的两个部分 [l, midIndex] 和 [midIndex + 1, r] 哪个部分是有序的，并根据有序的那个部分确定我们该如何改变二分查找的上下界，因为我们能够根据有序的那部分判断出 target 在不在这个部分：

如果 [l, midIndex - 1] 是有序数组，且 target 的大小满足 \([\textit{nums}[l],\textit{nums}[midIndex])\)，则我们应该将搜索范围缩小至 [l, midIndex - 1]，否则在 [midIndex + 1, r] 中寻找。
如果 [midIndex, r] 是有序数组，且 target 的大小满足 \((\textit{nums}[midIndex+1],\textit{nums}[r]]\)，则我们应该将搜索范围缩小至 [midIndex + 1, r]，否则在 [l, midIndex - 1] 中寻找。

我们可以把自己的 midIndex 从左向右平移，看看 midIndex 每次的划分情况是否具有逻辑、具有规律，是否可以使用二分法！

nums[midIndex] == 6 时，左边整体有序，nums[0] < nums[midIndex]
nums[midIndex] == 7 时，左边整体有序，右边整体有序，但是没有办法通过某条件准确找到此边界
nums[midIndex] == 0 时，右边整体有序，nums[0] > nums[midIndex]

需要注意的是，二分的写法有很多种，所以在判断 target 大小与有序部分的关系的时候可能会出现细节上的差别。

class Solution {
    public int search(int[] nums, int target) {
        int n = nums.length;
        if (n == 0) {
            return -1;
        }
        if (n == 1) {
            return nums[0] == target ? 0 : -1;
        }
        int leftIndex = 0, rightIndex = n - 1;
        while (leftIndex <= rightIndex) {
            int midIndex = (leftIndex + rightIndex) / 2;
			// 与目标值相等
            if (nums[midIndex] == target) {
                return midIndex;
            }
			// 看折线图，nums[0] <= nums[midIndex]说明左边单调递增，右边无法确定
            if (nums[0] <= nums[midIndex]) {
				// 如果目标值target在左边区间范围内（左边单调递增），则向左找
                if (nums[0] <= target && target < nums[midIndex]) {
                    rightIndex = midIndex - 1;
                } else {	// 否则向右找
                    leftIndex = midIndex + 1;
                }
			// nums[0] > nums[midIndex]说明左边无法确定，右边单调递增
            } else {
				// 如果目标值target在右边区间范围内（右边单调递增），则向右找
                if (nums[midIndex] < target && target <= nums[n - 1]) {
                    leftIndex = midIndex + 1;
                } else {	// 否则向左找
                    rightIndex = midIndexIndex - 1;
                }
            }
        }
		// 左右都找不到就置为-1
        return -1;
    }
}

posted @ 2021-03-28 08:57 Nemo& 阅读(1153) 评论(0) 编辑收藏举报

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没有人在意你说什么，人们只听得见他们想听的....

基本概念

适用场景

二分三步走

1. 明确左右边界

2. 寻找分叉条件

3. 完成二分划分

实现方式

一般实现

二分查找

满足条件的区间的左边界（记录第一次满足条件的元素）

满足条件的区间的右边界（记录最后一次满足条件的元素）

优化实现

数组中必定存在满足条件的元素时的优化

满足条件的区间的左边界（记录第一次满足条件的元素）

满足条件的区间的右边界（记录最后一次满足条件的元素）

递归实现

思考问题

一点建议

实例

答案

方法一

方法二

暴力破解

答案

答案二

答案

遍历答案

二分法答案

我的方法一：

我的方法二：

方法三：

我的

答案

我的

局部有序答案

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