本文详细介绍了二分查找算法的工作原理，通过举例说明如何在一个有序数组中高效地查找目标值。同时，提供了若干经典问题的解决方案，如求平方根、查找区间和旋转数组中的查找。文章强调了在实现二分查找时需要注意的细节，如区间开闭性的选择，以及如何处理边界情况。此外，还给出了几个相关练习题目，如寻找旋转排序数组中的最小值和有序数组中的单一元素，进一步巩固二分查找的应用。
二分查找
一、算法解释
二、经典问题
1. 求开方
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 。
我们可以把这道题想象成，给定一个非负整数 a ，求 f ( x ) = x 2 − a = 0 的解。因为我们只考虑 x ≥ 0 ，所以 f ( x ) 在定义域上是单调递增的。考虑到 f ( 0 ) = − a ≤ 0 ， f ( a ) = a 2 − a ≥ 0 ，我们 可以对 [ 0 , a ] 区间使用二分法找到 f ( x ) = 0 的解。在以下的代码里，为了防止除以 0 ，我们把 a = 0 的情况单独考虑，然后对区间 [ 1 , a ] 进行二分查找。我们使用了左闭右闭的写法。注意： mid = ( l + r )/ 2 可能会因为 l + r 溢出而错误，因而采用 mid = l + ( r − l )/ 2 的写法。
class Solution {
public:
int mySqrt(int x) {
if(x == 0) return x;
int l = 1,r = x,mid,sqrt;
while(l <= r){
mid = l + (r - l)/2;
sqrt = x / mid;
if(mid == sqrt){
return mid;
}else if(mid > sqrt){
r = mid - 1;
}else{
l = mid + 1;
}
}
return r;
}
};另外，这道题还有一种更快的算法——牛顿迭代法，其公式为 x n + 1 = x n − f ( x n )/ f ′ ( x n ) 。给 定 f ( x) = x 2 − a = 0，这里的迭代公式为 xn+ 1 = (x n + a / x n )/ 2 ，其代码如下。注意： 这里为了防止 int 超上界，我们使用 long 来存储乘法结果。
int mySqrt(int a) {
long x = a;
while (x * x > a) {
x = (x + a / x) / 2;
}
return x;
}2. 查找区间
34. Find First and Last Position of Element in Sorted Array
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。
这道题可以看作是自己实现 C++ 里的 lower_bound 和 upper_bound 函数。这里我们尝试 使用左闭右开的写法，当然左闭右闭也可以。
class Solution {
public:
vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target) {
if(nums.empty()){
return vector<int>{-1,-1};
}
int lower = lower_bound(nums,target);
int upper = upper_bound(nums,target) - 1; // 注意减1位
if(lower == nums.size() || nums[lower] != target){
return vector<int>{-1,-1};
}
return vector<int>{lower,upper};
}
int lower_bound(vector<int>& nums,int target){
int l = 0,r = nums.size(),mid;
while(l < r){
mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] >= target){
r = mid;
}else{
l = mid + 1;
}
}
return l;
}
int upper_bound(vector<int>& nums,int target){
int l = 0,r = nums.size(),mid;
while(l < r){
mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] > target){
r = mid;
}else{
l = mid + 1;
}
}
return l;
}
};3. 旋转数组查找数字
81. Search in Rotated Sorted Array II
已知存在一个按非降序排列的整数数组 nums ，数组中的值不必互不相同。
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， [0,1,2,4,4,4,5,6,6,7] 在下标 5 处经旋转后可能变为 [4,5,6,6,7,0,1,2,4,4] 。
给你 旋转后 的数组 nums 和一个整数 target ，请你编写一个函数来判断给定的目标值是否存在于数组中。如果 nums 中存在这个目标值 target ，则返回 true ，否则返回 false 。
你必须尽可能减少整个操作步骤。
即使数组被旋转过，我们仍然可以利用这个数组的递增性，使用二分查找。对于当前的中点， 如果它指向的值小于等于右端，那么说明右区间是排好序的；反之，那么说明左区间是排好序的。 如果目标值位于排好序的区间内，我们可以对这个区间继续二分查找；反之，我们对于另一半区 间继续二分查找。注意，因为数组存在重复数字，如果中点和左端的数字相同，我们并不能确定是左区间全部 相同，还是右区间完全相同。在这种情况下，我们可以简单地将左端点右移一位，然后继续进行 二分查找。
class Solution {
public:
bool search(vector<int>& nums, int target) {
int l = 0,r = nums.size()-1,mid;
while(l <= r){
int mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] == target){
return true;
}
if(nums[l] == nums[mid]){
// 无法判断哪个区间是增序的
++l;
}else if(nums[mid] <= nums[r]){
// 右区间是增序的
if(target > nums[mid] && target <= nums[r]){
l = mid + 1;
}else{
r = mid - 1;
}
}else{
// 左区间是增序的
if(target >= nums[l] && target < nums[mid]){
r = mid - 1;
}else{
l = mid + 1;
}
}
}
return false;
}
};三、巩固练习
154. Find Minimum in Rotated Sorted Array II
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 = [0,1,4,4,5,6,7] 在变化后可能得到：
若旋转 4 次，则可以得到 [4,5,6,7,0,1,4]
若旋转 7 次，则可以得到 [0,1,4,4,5,6,7]
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]] 。
给你一个可能存在 重复 元素值的数组 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 。
你必须尽可能减少整个过程的操作步骤。
旋转排序数组 nums 可以被拆分为 2 个排序数组 nums1 , nums2 ，并且 nums1任一元素 >= nums2任一元素；因此，考虑二分法寻找此两数组的分界点 nums[i]n (即第 2 个数组的首个元素)。
class Solution {
public:
int findMin(vector<int>& nums) {
int l = 0,r = nums.size()-1,mid;
while(l < r){
mid = l + (r - l)/2;
if(nums[mid] == nums[r]){
--r;
}else if(nums[mid] > nums[r]){
l = mid + 1;
}else{
r = mid;
}
}
return nums[l];
}
};540. Single Element in a Sorted Array
给你一个仅由整数组成的有序数组，其中每个元素都会出现两次，唯有一个数只会出现一次。
请你找出并返回只出现一次的那个数。
你设计的解决方案必须满足 O(log n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度。
由于给定数组有序 且 常规元素总是两两出现，因此如果不考虑“特殊”的单一元素的话，我们有结论：成对元素中的第一个所对应的下标必然是偶数，成对元素中的第二个所对应的下标必然是奇数。
然后再考虑存在单一元素的情况，假如单一元素所在的下标为 x，那么下标 x 之前（左边）的位置仍满足上述结论，而下标 x 之后（右边）的位置由于 x 的插入，导致结论翻转。
存在这样的二段性，指导我们根据当前二分点 mid 的奇偶性进行分情况讨论：
mid 为偶数下标：根据上述结论，正常情况下偶数下标的值会与下一值相同，因此如果满足该条件，可以确保 mid 之前并没有插入单一元素。正常情况下，此时应该更新 l = mid，否则应当让 r = mid - 1，但需要注意这样的更新逻辑，会因为更新 r 时否决 mid 而错过答案，我们可以将否决 mid 的动作放到更新 l 的一侧，即需要将更新逻辑修改为 l = mid + 1 和 r = mid；
mid 为奇数下标：同理，根据上述结论，正常情况下奇数下标的值会与上一值相同，因此如果满足该条件，可以确保 mid 之前并没有插入单一元素，相应的更新 l 和 r。
class Solution {
public:
int singleNonDuplicate(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
int l = 0,r = n - 1,mid;;
while(l < r){
mid = l + (r - l)/2;
if(mid % 2 == 0){
if(mid + 1 < n && nums[mid] == nums[mid + 1])
l = mid + 1;
else
r = mid;
}else{
if(mid - 1 >= 0 && nums[mid - 1] == nums[mid])
l = mid + 1;
else
r = mid;
}
}
return nums[r];
}
};4. Median of Two Sorted Arrays
给定两个大小分别为 m 和 n 的正序（从小到大）数组 nums1 和 nums2。请你找出并返回这两个正序数组的 中位数 。
算法的时间复杂度应该为 O(log (m+n)) 。
思路一：合并后再查找
思路二：双指针遍历
思路三：二分查找
欢迎大家共同学习和纠正指教
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