第五单元 查找

1. 二分查找的代码

一、寻找一个数（基本的二分搜索）

 

这个场景是最简单的，可能也是大家最熟悉的，即搜索一个数，如果存在，返回其索引，否则返回 -1。

 

int binarySearch(int[] nums, int target) {
    int left = 0; 
    int right = nums.length - 1; // 注意

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

 

1. 为什么 while 循环的条件中是 <=，而不是 < ？

 

答：因为初始化 right 的赋值是 nums.length - 1，即最后一个元素的索引，而不是 nums.length。

 

这二者可能出现在不同功能的二分查找中，区别是：前者相当于两端都闭区间 [left, right]，后者相当于左闭右开区间 [left, right)，因为索引大小为 nums.length 是越界的。

 

我们这个算法中使用的是 [left, right] 两端都闭的区间。这个区间就是每次进行搜索的区间，我们不妨称为「搜索区间」。

 

什么时候应该停止搜索呢？当然，找到了目标值的时候可以终止：

 

    if(nums[mid] == target)
        return mid; 

 

但如果没找到，就需要 while 循环终止，然后返回 -1。那 while 循环什么时候应该终止？搜索区间为空的时候应该终止，意味着你没得找了，就等于没找到嘛。

 

while(left <= right)的终止条件是 left == right + 1，写成区间的形式就是 [right + 1, right]，或者带个具体的数字进去 [3, 2]，可见这时候搜索区间为空，因为没有数字既大于等于 3 又小于等于 2 的吧。所以这时候 while 循环终止是正确的，直接返回 -1 即可。

 

while(left < right)的终止条件是 left == right，写成区间的形式就是 [right, right]，或者带个具体的数字进去 [2, 2]，这时候搜索区间非空，还有一个数 2，但此时 while 循环终止了。也就是说这区间 [2, 2] 被漏掉了，索引 2 没有被搜索，如果这时候直接返回 -1 就可能出现错误。

 

当然，如果你非要用 while(left < right) 也可以，我们已经知道了出错的原因，就打个补丁好了：

 

//...
while(left < right) {
    // ...
}
return nums[left] == target ? left : -1;

 

2. 为什么 left = mid + 1，right = mid - 1？我看有的代码是 right = mid 或者 left = mid，没有这些加加减减，到底怎么回事，怎么判断？


答：这也是二分查找的一个难点，不过只要你能理解前面的内容，就能够很容易判断。

 

刚才明确了「搜索区间」这个概念，而且本算法的搜索区间是两端都闭的，即 [left, right]。那么当我们发现索引 mid 不是要找的 target 时，如何确定下一步的搜索区间呢？

 

当然是去搜索 [left, mid - 1] 或者 [mid + 1, right] 对不对？因为 mid 已经搜索过，应该从搜索区间中去除。

 

3. 此算法有什么缺陷？

 

答：至此，你应该已经掌握了该算法的所有细节，以及这样处理的原因。但是，这个算法存在局限性。

 

比如说给你有序数组 nums = [1,2,2,2,3]，target = 2，此算法返回的索引是 2，没错。但是如果我想得到 target 的左侧边界，即索引 1，或者我想得到 target 的右侧边界，即索引 3，这样的话此算法是无法处理的。

 

这样的需求很常见。你也许会说，找到一个 target 索引，然后向左或向右线性搜索不行吗？可以，但是不好，因为这样难以保证二分查找对数级的复杂度了。

 

我们后续的算法就来讨论这两种二分查找的算法。

 

二、寻找左侧边界的二分搜索

 

直接看代码，其中的标记是需要注意的细节：

 

int left_bound(int[] nums, int target) {
    if (nums.length == 0) return -1;
    int left = 0;
    int right = nums.length; // 注意

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

 

 

1. 为什么 while(left < right) 而不是 <= ?

 

答：用相同的方法分析，因为初始化 right = nums.length 而不是 nums.length - 1 。因此每次循环的「搜索区间」是 [left, right) 左闭右开。

 

while(left < right) 终止的条件是 left == right，此时搜索区间 [left, left) 恰巧为空，所以可以正确终止。

 

2. 为什么没有返回 -1 的操作？如果 nums 中不存在 target 这个值，怎么办？

 

答：因为要一步一步来，先理解一下这个「左侧边界」有什么特殊含义：

 

 

对于这个数组，算法会返回 1。这个 1 的含义可以这样解读：nums 中小于 2 的元素有 1 个。

 

比如对于有序数组 nums = [2,3,5,7], target = 1，算法会返回 0，含义是：nums 中小于 1 的元素有 0 个。如果 target = 8，算法会返回 4，含义是：nums 中小于 8 的元素有 4 个。

 

综上可以看出，函数的返回值（即 left 变量的值）取值区间是闭区间 [0, nums.length]，所以我们简单添加两行代码就能在正确的时候 return -1：

 

while (left < right) {
    //...
}
// target 比所有数都大
if (left == nums.length) return -1;
// 类似之前算法的处理方式
return nums[left] == target ? left : -1;

 

3. 为什么 left = mid + 1，right = mid ？和之前的算法不一样？

 

答：这个很好解释，因为我们的「搜索区间」是 [left, right) 左闭右开，所以当 nums[mid] 被检测之后，下一步的搜索区间应该去掉 mid 分割成两个区间，即 [left, mid) 或 [mid + 1, right)。

 

4. 为什么该算法能够搜索左侧边界？

 

答：关键在于对于 nums[mid] == target 这种情况的处理：

 

    if (nums[mid] == target)
        right = mid;

 

可见，找到 target 时不要立即返回，而是缩小「搜索区间」的上界 right，在区间 [left, mid) 中继续搜索，即不断向左收缩，达到锁定左侧边界的目的。

 

5. 为什么返回 left 而不是 right？

 

答：都是一样的，因为 while 终止的条件是 left == right。

 

三、寻找右侧边界的二分查找

 

寻找右侧边界和寻找左侧边界的代码差不多，只有两处不同，已标注：

 

int right_bound(int[] nums, int target) {
    if (nums.length == 0) return -1;
    int left = 0, right = nums.length;

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

 

}

 

 

1. 为什么这个算法能够找到右侧边界？

 

答：类似地，关键点还是这里：

 

    if (nums[mid] == target) {
        left = mid + 1;

 

当 nums[mid] == target 时，不要立即返回，而是增大「搜索区间」的下界 left，使得区间不断向右收缩，达到锁定右侧边界的目的。

 

2. 为什么最后返回 left - 1 而不像左侧边界的函数，返回 left？而且我觉得这里既然是搜索右侧边界，应该返回 right 才对。

 

答：首先，while 循环的终止条件是 left == right，所以 left 和 right 是一样的，你非要体现右侧的特点，返回 right - 1 好了。

 

至于为什么要减一，这是搜索右侧边界的一个特殊点，关键在这个条件判断：

 

    if (nums[mid] == target) {
        left = mid + 1;
        // 这样想: mid = left - 1

 

 

因为我们对 left 的更新必须是 left = mid + 1，就是说 while 循环结束时，nums[left] 一定不等于 target 了，而 nums[left - 1] 可能是 target。

 

至于为什么 left 的更新必须是 left = mid + 1，同左侧边界搜索，就不再赘述。

 

3. 为什么没有返回 -1 的操作？如果 nums 中不存在 target 这个值，怎么办？

 

答：类似之前的左侧边界搜索，因为 while 的终止条件是 left == right，就是说 left 的取值范围是 [0, nums.length]，所以可以添加两行代码，正确地返回 -1：

 

while (left < right) {
    // ...
}
if (left == 0) return -1;
return nums[left-1] == target ? (left-1) : -1;

 

四、最后总结

 

先来梳理一下这些细节差异的因果逻辑：

 

第一个，最基本的二分查找算法：

 

因为我们初始化 right = nums.length - 1
所以决定了我们的「搜索区间」是 [left, right]
所以决定了 while (left <= right)
同时也决定了 left = mid+1 和 right = mid-1

因为我们只需找到一个 target 的索引即可
所以当 nums[mid] == target 时可以立即返回

 

第二个，寻找左侧边界的二分查找：

 

因为我们初始化 right = nums.length
所以决定了我们的「搜索区间」是 [left, right)
所以决定了 while (left < right)
同时也决定了 left = mid+1 和 right = mid

因为我们需找到 target 的最左侧索引
所以当 nums[mid] == target 时不要立即返回
而要收紧右侧边界以锁定左侧边界

 

第三个，寻找右侧边界的二分查找：

 

因为我们初始化 right = nums.length
所以决定了我们的「搜索区间」是 [left, right)
所以决定了 while (left < right)
同时也决定了 left = mid+1 和 right = mid

因为我们需找到 target 的最右侧索引
所以当 nums[mid] == target 时不要立即返回
而要收紧左侧边界以锁定右侧边界

又因为收紧左侧边界时必须 left = mid + 1
所以最后无论返回 left 还是 right，必须减一

 

如果以上内容你都能理解，那么恭喜你，二分查找算法的细节不过如此。

 

通过本文，你学会了：

 

1. 分析二分查找代码时，不要出现 else，全部展开成 else if 方便理解。

 

2. 注意「搜索区间」和 while 的终止条件，如果存在漏掉的元素，记得在最后检查。

 

3. 如需要搜索左右边界，只要在 nums[mid] == target 时做修改即可。搜索右侧时需要减一。

 

2. 二分查找的应用（已排序好的数组）

二分查找算法如果没有实现好，会有两种后果：

  • ——死循环

  • ——跳过了本该查找的位置

 

正确模板：

int start = 0, end = nums.length - 1;
while (start + 1 < end) {
    int mid = start + (end - start) / 2;

    if (...) {
        start = mid;
    } else {
        end = mid;
    }
}

错误模板：

int start = 0, end = nums.length - 1;
while (start < end) {
    int mid = start + (end - start) / 2;

    if (...) {
        start = mid + 1;
    } else {
        end = mid - 1;
    }
}
int start = 0, end = nums.length - 1;
while (start < end) {
    int mid = start + (end - start) / 2;
    if (nums[mid] <= target) {
        start = mid + 1;
    } else {
        end = mid - 1;
    }
}

根据条件返回 end 或者 start

 

小试牛刀：二分基本问题

第一个错误的版本

题目来源于 LeetCode 上第 278 号问题：第一个错误的版本。题目难度为 Easy，目前通过率为 32.9% 。

题目描述

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。 

题目分析

其实题目就是要找最先出现的元素，在这种情况下，如果我们找到了元素，依旧不知道它是不是最先（小）的，但是我们知道答案肯定不在后面，肯定在这或者是之前，因此这种情况需要将尾指针往前移。

代码实现

public int firstBadVersion(int n) {
    int start = 0, end = n;

    while (start + 1 < end) {
        int mid = start + (end - start) / 2;

        if (isBadVersion(mid)) {
            end = mid;
        } else {
            start = mid;
        }
    }

    if (isBadVersion(start)) {
        return start;
    }

    return end;
}

 


在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

题目来源于 LeetCode 上第 34 号问题：在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置。题目难度为 Easy，目前通过率为 37.4% 。

题目描述

给定一个按照升序排列的整数数组 nums，和一个目标值 target。找出给定目标值在数组中的开始位置和结束位置。

你的算法时间复杂度必须是 O(log n) 级别。

如果数组中不存在目标值，返回[-1, -1]。

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]

题目分析

给定一个元素，要找其最先出现的 index，还要找其最后出现的 index。这道题把之前的两个问题合在了一起。我们只需要用两次二分查找，一次找前，一次找后。

仔细看的话，你会发现，这道题其实 就是在找一个元素在数组中出现的范围，因为数组有序，所以这个范围是连续的。

代码实现

public int[] searchRange(int[] nums, int target) {
    int[] result = new int[]{-1, -1};
    if (nums == null || nums.length == 0) {
        return result;
    }

    // find front
    int start = 0, end = nums.length - 1;
    while (start + 1 < end) {
        int mid = start + (end - start) / 2;
        if (nums[mid] >= target) {
            end = mid;
        } else {
            start = mid;
        }
    }

    if (nums[start] == target) {
        result[0] = start;
    } else if (nums[end] == target) {
        result[0] = end;
    }

    // find back
    start = 0; end = nums.length - 1;
    while (start + 1 < end) {
        int mid = start + (end - start) / 2;
        if (nums[mid] <= target) {
            start = mid;
        } else {
            end = mid;
        }
    }

    if (nums[end] == target) {
        result[1] = end;
    } else if (nums[start] == target) {
        result[1] = start;
    }

    return result;
}

 

 搜索二维矩阵

题目来源于 LeetCode 上第 74 号问题：搜索二维矩阵。题目难度为 Medium，目前通过率为 35.7% 。

题目描述

编写一个高效的算法来判断 m x n 矩阵中，是否存在一个目标值。该矩阵具有如下特性：

  • 每行中的整数从左到右按升序排列。

  • 每行的第一个整数大于前一行的最后一个整数。

示例 1:

输入:
matrix = [
  [1,   3,  5,  7],
  [10, 11, 16, 20],
  [23, 30, 34, 50]
]
target = 3
输出: true

示例 2:

输入:
matrix = [
  [1,   3,  5,  7],
  [10, 11, 16, 20],
  [23, 30, 34, 50]
]
target = 13
输出: false

题目分析

我们需要去判断一个元素在不在矩阵中，这个矩阵是排序好的，前一行的元素都比后一行的元素小，在同一行中，元素也是从小到大排列的。这个问题也很简单，我们先找行，再找列，但是需要注意的是，在找行的时候，你必须确保这一行开头的元素是 小于等于 你要找的元素的，不然接下来的操作将会没有意义。

代码实现

public boolean searchMatrix(int[][] matrix, int target) {
    if (matrix == null || matrix.length == 0 || matrix[0].length == 0) {
        return false;
    }

    int startRow = 0, endRow = matrix.length - 1;
    while (startRow + 1 < endRow) {
        int mid = startRow + (endRow - startRow) / 2;
        if (matrix[mid][0] == target) {
            return true;
        } else if (matrix[mid][0] < target) {
            startRow = mid;
        } else {
            endRow = mid;
        }
    }

    int selectRow = 0;
    if (matrix[endRow][0] <= target) {          // *
        selectRow = endRow;
    } else {
        selectRow = startRow;
    }

    int startCol = 0, endCol = matrix[0].length - 1;
    while (startCol + 1 < endCol) {
        int mid = startCol + (endCol - startCol) / 2;
        if (matrix[selectRow][mid] == target) {
            return true;
        } else if (matrix[selectRow][mid] < target) {
            startCol = mid;
        } else {
            endCol = mid;
        }
    }

    if (matrix[selectRow][startCol] == target 
          || matrix[selectRow][endCol] == target) {
        return true;
    }

    return false;
}

 


搜索二维矩阵 II  

 

题目来源于 LeetCode 上第 240 号问题：搜索二维矩阵 II。题目难度为 Medium，目前通过率为 37.4% 。

题目描述

编写一个高效的算法来判断 m x n 矩阵中，是否存在一个目标值。该矩阵具有如下特性：

  • 每行的元素从左到右升序排列。

  • 每列的元素从上到下升序排列。

示例:

现有矩阵 matrix 如下：

[
  [1,   4,  7, 11, 15],
  [2,   5,  8, 12, 19],
  [3,   6,  9, 16, 22],
  [10, 13, 14, 17, 24],
  [18, 21, 23, 26, 30]
]

给定 target = 5，返回 true。

给定 target = 20，返回 false。

题目分析

这道题是上面那道题的变种，问题没变，主要是变在输入矩阵上，题目只保证矩阵中元素行和列是排好序的，也就是说前一行的元素不一定都比后一行的元素小，这个时候，我们之前的先找行，再找列的策略就失效了。

于是可以考虑从 对角线 入手，对角线上的点往右和往下分别做二分，这样可以把时间复杂度控制在 O(2 * (1 + log2 + … + log(n)) = O(log(n!)) = O(nlog(n))。

除了这种做法，还有一种 O(n) 的解法比较 tricky，我在一个专栏里有详细介绍与动画描述，感兴趣的话可以复制下面的链接进行查看。

https://xiaozhuanlan.com/topic/2504391687

代码实现

public boolean searchMatrix(int[][] matrix, int target) {
    if (matrix == null || matrix.length == 0 || matrix[0].length == 0) {
        return false;
    }

    int numOfFind = Math.min(matrix.length, matrix[0].length);

    for (int i = 0; i < numOfFind; ++i) {
        boolean upDown = find(matrix, i, target, true);
        boolean leftRight = find(matrix, i, target, false);

        if (upDown || leftRight) {
            return true;
        }
    }

    return false;
}

private boolean find(int[][] matrix, int i, int target, boolean isFindRow) {

    int start = i;
    int end = isFindRow ? matrix.length - 1 : matrix[0].length - 1;

    while (start + 1 < end) {
        int mid = start + (end - start) / 2;

        if (isFindRow) {
            if (matrix[mid][i] < target) {
                start = mid;
            } else if (matrix[mid][i] > target) {
                end = mid;
            } else {
                return true;
            }
        } else {
            if (matrix[i][mid] < target) {
                start = mid;
            } else if (matrix[i][mid] > target) {
                end = mid;
            } else {
                return true;
            }
        }
    }

    if (isFindRow) {
        if (matrix[start][i] == target || matrix[end][i] == target) {
            return true;
        }
    } else {
        if (matrix[i][start] == target || matrix[i][end] == target) {
            return true;
        }
    }

    return false;
}

 

 登堂入室：Rotated Array 系列  

 

有一类题型是把一个数组向右或者向左移动了一下，比如数组 [1,2,3,4,5,6] 向右移动两格就会变成 [5,6,1,2,3,4]，这样这个数组就变成了一个非排序状态。但是仔细看的话你会发现，移动后的数组变成了两截，这两截内的元素是按序排列的，比如在上面的例子中，移动后的数组就会有 [5,6] 和 [1,2,3,4] 这两个区间，这两个区间内的元素都是按序排列的。

仔细观察这两个区间，你会发现，其中一个区间内的所有元素都比另一个区间的任意元素小， 这个点就给我们二分查找创造了条件，我们可以根据尾元素作为区分值，但要清楚一点的是，没有移动过的数组也需要被你的程序考虑在内。

我们结合实际的题目来看看。

 

旋转数组的最小数字

题目来源于 LeetCode 上第 153 号问题：旋转数组的最小数字。题目难度为 Medium，目前通过率为 49.2% 。

题目描述

假设按照升序排序的数组在预先未知的某个点上进行了旋转。

( 例如，数组  [0，1，2，4，5，6，7]  可能变为 [4，5，6，7，0，1，2] )。

请找出其中最小的元素。

你可以假设数组中不存在重复元素。

示例 1:

输入: [3，4，5，1，2]
输出: 1

示例 2:

输入: [4，5，6，7，0，1，2]
输出: 0

题目分析

找出转动数组中最小的值，之前讲过的转动数组的性质，这个数组其实可以看成两个排序好的数组，一前一后，一大一小， 我们做二分的时候，二分取到的中点有可能在前区间，也有可能在后区间，怎么判断？

可以使用尾元素作为区分值，二分中点对应的值比尾元素小的话那就说明二分中点是在后面的区间，大的话就会是在前面的区间。

如果中点在后面的区间，那我们就要移动尾指针，如果是在前面的区间的话，我们就要移动首指针，其实就是逐步逼近后区间首元素的一个过程。

可能很多人会有一个疑问就是，这里能不能使用首元素作为区分值，其实是不行的，考虑一个例子 [1,2,3,4,5]，如果还是使用尾元素，那么整个过程就是一直移动尾指针，直到逼近答案，但是使用首元素的话，如果你还是考虑这个数组有两个区间，比首元素大证明在第一个区间，要移动首指针，这里就会出问题，我们跳过了答案。

多试几个例子，相信不难理解。

 

 

代码实现

public int findMin(int[] nums) {
    if (nums == null || nums.length == 0) {
        return 0;
    }

    int start = 0, end = nums.length - 1;
    while (start + 1 < end) {
        int mid = start + (end - start) / 2;

        if (nums[mid] <= nums[end]) {
            end = mid;
        } else {
            start = mid;
        }
    }

    if (nums[start] > nums[end]) {
        return nums[end];
    }

    return nums[start];
}

 


搜索旋转排序数组

题目来源于 LeetCode 上第 33 号问题：搜索旋转排序数组。题目难度为 Medium，目前通过率为 36.1% 。

题目描述

假设按照升序排序的数组在预先未知的某个点上进行了旋转。

( 例如，数组[0,1,2,4,5,6,7] 可能变为[4,5,6,7,0,1,2])。

搜索一个给定的目标值，如果数组中存在这个目标值，则返回它的索引，否则返回 -1 。

你可以假设数组中不存在重复的元素。

你的算法时间复杂度必须是 O(log n) 级别。

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

题目分析

这道题和前面那道题相比更复杂了些，我们不是要找值最小的那个元素，而是要找给定元素在数组中出现的 index。

前一道题，我们只需要判断二分中点在哪个位置即可，这里会比之前多了一个判断，就是我们要找的元素是在前后两个区间中的哪一个？

我们知道了二分中点所在的区间，以及要找的元素所在的区间后，就可以按情况移动前后指针，其实一共有下面几种情况，我用 t 表示 target，也就是我们要找的元素，用 m 表示二分中点:

[...][...]         -> 二分中点在前区间，要找的元素在后区间
 m     t

[...][...]         -> 二分钟点在后区间，要找的元素在前区间
 t     m

[...][...]         -> 二分中点和要找的元素都在前区间，要找的元素在二分中点之后
 m t

[...][...]         -> 二分中点和要找的元素都在前区间，要找的元素在二分中点之前
 t m

[...][...]         -> 二分中点和要找的元素都在后区间，要找的元素在二分中点之后
      m t

[...][...]         -> 二分中点和要找的元素都在后区间，要找的元素在二分中点之前
      t m

分析归分析，我们最后还是要转化成可执行的代码，写代码的时候你会发现有些情况是可以合并的：

[...][...] -> 要找的元素在前区间，二分中点在后区间，或者是在前区间但比要找的元素大，这时我们需要移动尾指针
  t m m m

[...][...] -> 要找的元素和二分中点都在前区间，但是要找的元素比二分中点要大，这时移动首指针
 m t

[...][...] -> 要找的元素在后区间，二分中点在前区间，或者是在后区间但比要找的元素小，这时我们需要移动首指针
 m m m t

[...][...] -> 要找的元素和二分中点都在后区间，但是要找的元素比二分中点要小，这时移动尾指针
      t m

注意思考分析的时候也需要想想，如果数组没有被转动，那么我们的思路是否正确。

代码实现

public int search(int[] nums, int target) {
    if (nums == null || nums.length == 0) {
        return -1;
    }

    int start = 0, end = nums.length - 1;
    while (start + 1 < end) {
        int mid = start + (end - start) / 2;

        if (target > nums[end]) {
            if (nums[mid] > target || nums[mid] <= nums[end]) {
                end = mid;
            } else if (nums[mid] == target) {
                return mid;
            } else {
                start = mid;
            }
        } else {
            if (nums[mid] > nums[end] || nums[mid] < target) {
                start = mid;
            } else if (nums[mid] == target) {
                return mid;
            } else {
                end = mid;
            }
        }
    }

    if (nums[start] == target) {
        return start;
    }

    if (nums[end] == target) {
        return end;
    }

    return -1;
}

 

 


搜索旋转排序数组 II

题目来源于 LeetCode 上第 33 号问题：搜索旋转排序数组 II。题目难度为 Medium，目前通过率为 33.9% 。

题目描述

假设按照升序排序的数组在预先未知的某个点上进行了旋转。

( 例如，数组 [0,0,1,2,2,5,6] 可能变为 [2,5,6,0,0,1,2] )。

编写一个函数来判断给定的目标值是否存在于数组中。若存在返回 true，否则返回 false。

示例 1:

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

示例 2:

输入: nums = [2,5,6,0,0,1,2], target = 3
输出: false

题目分析

这道题和前面那道题相比，只是增加了一个条件，就是数组中允许出现重复的元素。

可能很多人纠结的地方会是在首尾两个指针上，允许重复说明，这两个指针上的元素也会是重复的，就比如我们当前的二分中点的元素值是 x，然后你对比发现首尾两个元素的值也都是 x，那么你怎么确定这个数是在前区间还是后区间？

我的做法是用循环去做判断，如果二分中点元素的值和尾指针元素的值相同，那么我就会向后移动这个二分中点，如果发现移到某一点，这一点并不是尾指针，那么说明这个二分中点在前区间，如果移到了尾指针处，说明这个点在后区间，其他照旧。

这里说明一点，这道题的最坏情况的时间复杂度会退化到 O(n) 的，也就是说数组里面的元素全部相同，但是我们要找的元素不在数组内，比如 [2,2,2,2,2,2,2]，我们要找的数是 1。

代码实现

public boolean search(int[] nums, int target) {
    if (nums == null || nums.length == 0) {
        return false;
    }

    int start = 0, end = nums.length - 1;
    while (start + 1 < end) {
        int mid = start + (end - start) / 2;

        if (nums[mid] == nums[end]) {
            int tmp = mid;
            while (tmp < end && nums[tmp] == nums[end]) {
                tmp++;
            }

            if (nums[tmp] == nums[end]) {
                end = mid;
            } else {
                start = mid;
            }

            continue;
        }

        if (target < nums[end]) {
            if (nums[mid] > nums[end] || nums[mid] <= target) {
                start = mid;
            } else {
                end = mid;
            }
        } else if (target == nums[end]) {
            return true;
        } else {
            if (nums[mid] < nums[end] || nums[mid] >= target) {
                end = mid;
            } else {
                start = mid;
            }
        }
    }

    if (nums[start] == target || nums[end] == target) {
        return true;
    }

    return false;
}

 

游刃有余：按值二分

 

这一类题目在二分里面算是难题了。题目通常不会要你在数组中去做查找，往往是让你去使用二分去逼近一个答案，这个答案往往也是近似的。

当然在这个时候，模版的起的作用并不大。

 


x 的平方根

题目来源于 LeetCode 上第 69 号问题：x 的平方根。题目难度为 Medium，目前通过率为 36.1% 。

题目描述

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。

题目分析

如果输入参数是任意的浮点数，可以想想怎么做。那么这个时候我们就需要一个精确度，然后我们逐渐去逼近答案。

但是这里有一个 tricky 的地方就是，如果输入的这个数是小于 1 的话，你得把 start 和 end 颠倒一下，因为小数是越乘越小的。

代码实现

public double mySqrtComp(double x) {
    if (x == 0.0 || x == 1.0) {
        return x;
    }

    double left = 0.0, right = x, eps = 1e-7;

    if (x < 1.0) {
        left = x;
        right = 1.0;
    }

    while (Math.abs(right - left) > eps) {
        double mid = left + (right - left) / 2.0;

        if (Math.abs(mid * mid - x) < eps) {
            return mid;
        } else if (mid * mid < x) {
            left = mid;
        } else {
            right = mid;
        }
    }

    return left;
}

 

返璞归真：二分其他题型

 

 乘法表中第 k 小的数

题目来源于 LeetCode 上第 668 号问题：乘法表中第 k 小的数。题目难度为 Hard，目前通过率为 34.4% 。

题目描述

几乎每一个人都用 乘法表。但是你能在乘法表中快速找到第 k 小的数字吗？

给定高度 m 、宽度 n 的一张 m * n的乘法表，以及正整数 k，你需要返回表中第 k 小的数字。

例 1：

输入: m = 3, n = 3, k = 5
输出: 3
解释: 
乘法表:
1    2   3
2    4   6
3    6   9

第5小的数字是 3 (1, 2, 2, 3, 3).

例 2：

输入: m = 2, n = 3, k = 6
输出: 6
解释: 
乘法表:
1    2   3
2    4   6

第6小的数字是 6 (1, 2, 2, 3, 4, 6).

注意：

m 和 n 的范围在 [1, 30000] 之间。
k 的范围在 [1, m * n] 之间。

题目分析

在一个乘法表里面寻找第 K 小的元素。

这道题自我感觉是非常 tricky 的一道题，一开始想很难想到可以用二分，其二分的思路类似按值二分，但是还是不一样，至少说这道题最后是可以得到一个确定的解的。

思路大概是，给定乘法表中，最后一个元素是最大的，其值是 mn，第一个元素是最小的，其值是 1，由此我们就可以确认前后指针，然后我们每次都用二分中点去判断，看看矩阵中有多少个数是小于这个值的，如果说矩阵中有超过 K 个数小于这个值，那说明这个二分中点大了，要移动后指针，反之，缩短前指针。

很难理解的原因是，我们可能会认为二分最后得到的答案有可能不在乘法矩阵中，但这个疑点其实是可以利用二分的性质来解释的，二分就是不断趋近于最后的答案的过程，而且这里我们是二分整数，你可以把这道题想象成找元素在数组中最先出现的位置。

举个例子，假如说乘法表中第 K 个出现的元素是 10，你会发现 11 也可以，但是 11 并不在乘法表中，在二分的过程中，我们找到 11 了，但是我们并不会直接返回结果，我们会把后指针移到 11 的位置，然后继续在 11 之前的区间查找。

直到二分把区间缩小到只剩下 1 到 2 个数，我们才会去判断并返回最后的结果。

代码实现

public int findKthNumber(int m, int n, int k) {
    int start = 1, end = m * n;
    while (start + 1 < end) {
        int mid = start + (end - start) / 2;

        if (count(mid, m, n, k)) {
            end = mid;
        } else {
            start = mid;
        }
    }

    if (count(start, m, n, k)) {
        return start;
    }

    return end;
}

private boolean count(int mid, int m, int n, int k) {
    int res = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        if (mid / i == 0) {
            break;
        }

        res += Math.min(mid / i, n);
    }

    return res >= k;
}

 

3. 二分查找的优化

 

按照上面的定义，我们来尝试写一下二分查找法的代码。

public static int binary(int[] arr, int data) {
        int min = 0;
        int max = arr.length - 1;
        int mid;
        while (min <= max) {
            mid = (min + max) / 2;
            if (arr[mid] > data) {
                max = mid - 1;
            } else if (arr[mid] < data) {
                min = mid + 1;
            } else {
                return mid;
            }
        }
        return -1;
    }

现在问你，上面的代码有没有问题？哪段代码会出现 bug ？

请思考一分钟后再往下查看。

对于上面这段代码而言，问题出在第 6 行代码处：

mid = (min + max) / 2;

这句代码在 min 和 max 很大的时候，会出现溢出的情况，从而导致数组访问出错。

别看现在轻描淡写的指出了这个错误，但这个错误在当时可是存在了好些年。

那怎么改进呢？一般的做法是这样的：将加法变成减法。

public static int binary(int[] arr, int data) {
        int min = 0;
        int max = arr.length - 1;
        int mid;
        while (min <= max) {
            // 防止溢出
            mid =  min + (max - min) / 2;
            if (arr[mid] > data) {
                max = mid - 1;
            } else if (arr[mid] < data) {
                min = mid + 1;
            } else {
                return mid;
            }
        }
        return -1;
    }

还有一种更高逼格的写法，也是官方的二分搜索法的实现写法：使用 位运算。

 public static int binary(int[] arr, int data) {
        int min = 0;
        int max = arr.length - 1;
        int mid;
        while (min <= max) {
            // 无符号位运算符的优先级较低，先括起来
            mid =  min + ((max - min) >>> 1);
            if (arr[mid] > data) {
                max = mid - 1;
            } else if (arr[mid] < data) {
                min = mid + 1;
            } else {
                return mid;
            }
        }
        return -1;
    }

 

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