LeetCode题解 - 二分查找

最新推荐文章于 2025-01-14 11:26:32 发布

Sweet_pin

最新推荐文章于 2025-01-14 11:26:32 发布

阅读量545

点赞数

分类专栏： LeetCode刷题笔记文章标签：算法数据结构 java

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/qq_42874319/article/details/117218417

版权

LeetCode刷题笔记专栏收录该内容

18 篇文章

订阅专栏

LeetCode题解 - 二分查找

文章目录

LeetCode题解 - 二分查找

讲解部分参考：作者：labuladong 公众号：labuladong

1. 二分查找框架

int binarySearch(int[] nums, int target) {
    int left = 0, right = ...;

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

分析二分查找的一个技巧是：不要出现 else，而是把所有情况用 else if 写清楚，这样可以清楚地展现所有细节。本文都会使用 else if，旨在讲清楚，读者理解后可自行简化。

其中…标记的部分，就是可能出现细节问题的地方，当你见到一个二分查找的代码时，首先注意这几个地方。后文用实例分析这些地方能有什么样的变化。

时间复杂度

二分查找也称为折半查找，每次都能将查找区间减半，这种折半特性的算法时间复杂度为 O(logN)。

mid 计算

有两种计算中值 mid 的方式：

mid = (left + right) / 2
mid = left + (right - left)/2;

left + right 可能出现加法溢出，也就是说加法的结果大于整型能够表示的范围。但是 left 和 right 都为正数，因此 right - left不会出现加法溢出问题。所以，最好使用第二种计算法方法。

未成功查找的返回值

循环退出时如果仍然没有查找到 key，那么表示查找失败。可以有两种返回值：

-1：以一个错误码表示没有查找到 key
l：将 key 插入到 nums 中的正确位置

2. 寻找一个数（基本的二分查找）

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。

Input : [1,2,3,4,5]
key : 3
return the index : 2

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

    while(left <= right) { // 注意
        int mid = left + (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。

3. 寻找左侧边界的二分搜索

二分查找可以有很多变种，实现变种要注意边界值的判断。例如在一个有重复元素的数组中查找 key 的最左位置，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。

3. 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;

4. 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

5. LeetCode相关题解

69. x 的平方根（简单）

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。

输入: 4
输出: 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。

**解题思路：**本题是二分查找的典型应用场景：查找一个有确定范围的整数，根据 单调性 逐渐缩小搜索范围。二分查找的下界为 0，上界可以粗略地设定为 x 。在二分查找的每一步中，我们只需要比较中间元素 mid 的平方与 x 的大小关系，并通过比较的结果调整上下界的范围。

class Solution {
    public int mySqrt(int x) {
        int left = 1, right = x;
        while(left <= right){
            int mid = left + (right - left)/2;
            int sqrt = x / mid;  //用x/m<m而不是m*m>x防止溢出
            if(mid == sqrt){
                return mid;
            }else if(mid < sqrt){
                left = mid + 1;
            }else if(mid > sqrt){
                right = mid - 1;
            }
        }
        return right;
    }
}

求浮点数的平方根保留小数

public class Solution {
    private static double epsilon = 1e-15;
    public static void main(String[] args)throws IOException{
        BufferedReader bf = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
        String numStr = bf.readLine().trim();
        int x = Integer.parseInt(numStr);
        double ans = mySqrt(x,epsilon);
        System.out.printf(String.format("%.3f",ans));
    }

    public static double mySqrt(double x , double epsilon){
        double left = 0 , right = x;
        if(x == 0 || x == 1){
            return x;
        }
        while(left < right){
            double mid = left + (right - left) / 2;
            if(Math.abs(mid * mid - x) < epsilon){
                return mid;
            }else if(mid * mid < x){
                left = mid;
            }else{
                right = mid;
            }
        }
        return left;
    }

}

参考链接

744. 寻找比目标字母大的最小字母（简单）

给你一个排序后的字符列表 letters ，列表中只包含小写英文字母。另给出一个目标字母 target，请你寻找在这一有序列表里比目标字母大的最小字母。

在比较时，字母是依序循环出现的。举个例子：

如果目标字母 target = 'z' 并且字符列表为 letters = ['a', 'b']，则答案返回 'a'

输入:
letters = ["c", "f", "j"]
target = "a"
输出: "c"

letters = ["c", "f", "j"]
target = "j"
输出: "c"

解题思路：

方法一：记录存在的字母

扫描 letters 记录字母是否存在。可以用大小为 26 的数组或者 Set 来实现。

然后，从下一个字母（从比目标大一个的字母开始）开始检查一下是否存在。如果有的话则是答案。

class Solution {
    public char nextGreatestLetter(char[] letters, char target) {
        boolean[] exist = new boolean[26];
        for(char c : letters){
            exist[c - 'a'] = true;
        }

        while(true){
            target++;
            if(target > 'z')  target = 'a'; //如果大于z则再从头开始找
            if(exist[target - 'a']) return target;           
        }
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：O(N)。N指的是 letters 的长度，我们扫描数组的每个元素。
空间复杂度：O(1)。seen 最大的空间为 26。

方法二：线性扫描

由于 letters 已经有序，当我们从左往右扫描找到比目标字母大字母则该字母就是答案。否则(letters不为空)答案将是 letters[0]。

class Solution{
    public char nextGreatestLetter(char[] letters, char target) {
        for(char c : letters){
            if(c > target){
                return c;
            }
        }
        return letter[0];
    }
}

方法三：二分查找

本题不是要求你查找目标元素，而是要查找比目标字母大的最小字母，可以理解为寻找满足条件的最左侧边界。

1.取 left = 0, right = letters.length，相当于在搜索区间 [left, right）中查找；

2.如果 letters[mid] < target，则在区间 [mid + 1, right）中查找；

3.如果 letters[mid] > target，则在区间 [left, mid）中查找；

4.当 letters[mid] == target 时，也在区间 [mid + 1, right) 中查找，因为题目要求查找比目标字母大的最小字母，所有得在查找到 letters[mid] == target 时，还需要在 mid 的右侧查找。

5.最后比较 left 是否等于 letters.length，等于则直接返回 letters[0]，否则返回 letters[left] 。

class Solution {
    public char nextGreatestLetter(char[] letters, char target) {
       int left = 0, right = letters.length;
       while(left < right){
           int mid = left + (right - left) / 2;
           if(letters[mid] <= target){
               left = mid + 1;
           }else{
               right = mid;
           }
       }
       return left == letters.length ? letters[0] : letters[left];
    }
}

278. 第一个错误的版本（简单）

给定一个元素 n 代表有 [1, 2, …, n] 版本，在第 x 位置开始出现错误版本，导致后面的版本都错误。可以调用 isBadVersion(int x) 知道某个版本是否错误，要求找到第一个错误的版本。

解题思路：此题即为在一个有重复元素的数组中查找 key 的最左位置，可以参考上面的框架

/* The isBadVersion API is defined in the parent class VersionControl.
      boolean isBadVersion(int version); */
public class Solution extends VersionControl {
    public int firstBadVersion(int n) {
        int left = 1, right = n;
        while(left < right){
            int mid = left + (right - left)/2;
            if(!isBadVersion(mid)){
                left = mid + 1;
            }else{
                right = mid;
            }
        }
        return left;
    }
}

540. 有序数组中的单一元素（中等）

给定一个只包含整数的有序数组，每个元素都会出现两次，唯有一个数只会出现一次，找出这个数。

输入: [1,1,2,3,3,4,4,8,8]
输出: 2

输入: [3,3,7,7,10,11,11]
输出: 10

解题思路：为了使用二分搜索，我们需要查看中间的元素来判断我们的答案在中间，左边还是右边。我们的数组个数始终是奇数，因为有一个元素出现一次，其余元素出现两次。当我们从中心移除一对元素时，将剩下左子数组和右子数组。

在这里插入图片描述

与原数组一样，包含单个元素的子数组元素个数必为奇数，不包含单个元素的子数组必为偶数。因此，当原数组移除一对元素后，然后计算出哪一侧的子数组元素个数是奇数，这样我们就能够知道下一步应该在哪一侧进行搜索。

下面包含四个例子，自己多画图看看！

class Solution {
    public int singleNonDuplicate(int[] nums) {
        int left = 0, right = nums.length - 1;
        while(left < right){
            int mid = left + (right - left)/2;
            if(nums[mid] == nums[mid - 1]){//中点跟左边的相等，则判断除开中点，左边还剩几位数；
                //这里特别注意索引值相减为偶数，说明是奇数个数字哦！！1
                if((mid - left) % 2 == 0){//如果左边剩奇数个数，则说明答案在左边，改变right值
                    right = mid - 2;
                }else{             否则说明右边的存在答案值，改变left的值
                    left = mid + 1;
                }
            }else if(nums[mid] == nums[mid + 1]){//中点跟右边的相等，还是看mid索引值；
                if((mid - left) % 2 == 0){ //如果左边剩奇数个数，则说明答案在右边，改变left值
                    left = mid + 2;                  
                }else{
                    right = mid - 1; //否则说明在左边，更新right值
                }
            }else{//中点跟左右都不相等，直接返回
                return nums[mid];
            }
        }
        return nums[left];
    }
}

方法二：仅对偶数索引进行二分搜索

奇数长度的数组首尾元素索引都为偶数，因此我们可以将 left 和 right 设置为数组首尾。我们需要确保 mid 是偶数，如果为奇数，则将其减 1。然后，我们检查 mid 的元素是否与其后面的索引相同。

如果相同，则我们知道 mid 不是单个元素。且单个元素在 mid 之后。则我们将 left 设置为 mid + 2。
如果不是，则我们知道单个元素位于 mid，或者在 mid 之前。我们将 right 设置为 mid。
一旦 left == right，则当前搜索空间为 1 个元素，那么该元素为单个元素，我们将返回它。

class Solution {
    public int singleNonDuplicate(int[] nums) {
        int left = 0, right = nums.length - 1;
        while(left < right){
            int mid = left + (right - left)/2;
            if(mid % 2 == 1){
                mid--;
            }
            if(nums[mid] == nums[mid + 1]){
                left = mid + 2;
            }else{
                right = mid;
            }
        }
        return nums[left];
    }
}

153. 寻找旋转排序数组中的最小值（中等）

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

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。

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。

解题思路：首先，创建两个指针 left, right 分别指向 numbers 首尾数字，然后计算出两指针之间的中间索引值mid，然后我们会遇到以下三种情况：

mid > right ：代表最小值一定在 mid 右侧，所以 left 移到 mid+1 的位置。
mid < right ：代表最小值一定在 mid 左侧或者就是 mid，所以 right 移到 mid 的位置。
mid 既不大于 left 指针的值，也不小于 right 指针的值，代表着 mid 可能等于 left 指针的值，或者 right 指针的值，我们这时候只能让 right 指针递减，来一个一个找最小值了。

class Solution {
    public int findMin(int[] nums) {
        int left = 0, right = nums.length - 1;
        while(left < right){
            int mid = left + (right - left)/2;
            if(nums[mid] > nums[right]){
                left = mid + 1;
            }else{
                right = mid;
            }
        }
        return nums[left];
    }
}

34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置（中等）

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。

如果数组中不存在目标值 target，返回 [-1, -1]。

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

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

解题思路：第一种方法就是基于二分法的寻找最左侧边界（元素第一次出现的位置）和寻找最右侧边界（元素最后一次出现的位置）的框架，当中点值大于目标值时，两种情况都是更新right = mid；当中点值小于目标值时，都是更新left = mid + 1；只有当中点值等于目标值时处理方式不同，对于最左侧边界就是使right = mid，来不断向左侧逼近，而对于最右侧边界就是使left = mid + 1来不断向右侧逼近；这里采用的方法如下所示（重点注意相等情况）

class Solution {
    public int[] searchRange(int[] nums, int target) {
        int left = 0, right = nums.length;
        while(left < right){
            int mid = left + (right - left)/2;
            if(nums[mid] < target){
                left = mid + 1;
            }else if(nums[mid] > target){
                right = mid;
            }else{
                int l=mid, r=mid;
                //找左边 
                while(l > 0 && nums[l] == nums[l - 1]) l--;
                //找右边
                while(r + 1 < nums.length && nums[r] == nums[r+1]) r++;
                return new int[]{l, r};
            }
        }
        return new int[]{-1, -1};
    }
}

上面的方法需要实现两个二分查找，我们可以做一下改进，将寻找 target 最后一个位置，转换成寻找 target+1 第一个位置，再往前移动一个位置。这样我们只需要实现一个二分查找代码即可。

class Solution {
    public int[] searchRange(int[] nums, int target) {
        int first = findFirst(nums, target);
        int last = findFirst(nums, target + 1) - 1;
        if(first == nums.length || nums[first] != target){
            return new int[]{-1, -1};
        }else{
            return new int[]{first, last};
        }

    }
	//寻找最左侧边界
    public int findFirst(int[] nums, int target){
        int left = 0, right = nums.length;
        while(left < right){
            int mid = left + (right - left)/2;
            if(nums[mid] < target){
                left = mid + 1;
            }else{
                right = mid;
            }
        }
        return left;
    }
}

875. 爱吃香蕉的柯柯（中等）

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）。

输入: piles = [3,6,7,11], H = 8
输出: 4

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

如果直接给你这个情景，你能想到哪里能用到二分查找算法吗？如果没有见过类似的问题，恐怕是很难把这个问题和二分查找联系起来的。

那么我们先抛开二分查找技巧，想想如何暴力解决这个问题呢？

首先，算法要求的是「H小时内吃完香蕉的最小速度」，我们不妨称为speed，请问speed最大可能为多少，最少可能为多少呢？

显然最少为 1，最大为max(piles)，因为一小时最多只能吃一堆香蕉。那么暴力解法就很简单了，只要从 1 开始穷举到max(piles)，一旦发现发现某个值可以在H小时内吃完所有香蕉，这个值就是最小速度：

int minEatingSpeed(int[] piles, int h) {
    // piles 数组的最大值
    int max = getMax(piles);
    for (int speed = 1; speed < max; speed++) {
        // 以 speed 是否能在 H 小时内吃完香蕉
        if (canFinish(piles, speed, h))
            return speed;
    }
    return max;
}

注意这个 for 循环，就是在连续的空间线性搜索，这就是二分查找可以发挥作用的标志。

由于我们要求的是最小速度，所以可以用一个搜索左侧边界的二分查找来代替线性搜索，提升效率：

class Solution {
    public int minEatingSpeed(int[] piles, int h) {
        int max = 0;
        for (int n : piles){
            max = Math.max(n, max);
        }
            
        int left = 1, right = max + 1;//注意right取值为max+1，这样搜索区间就为[left,right)
        while (left < right) {
            // 防止溢出
            int mid = left + (right - left) / 2;
            if (canFinish(piles, mid, h)) {
                right = mid;
            } else {
                left = mid + 1;
            }
        }
        return left;
    }

    // 时间复杂度 O(N)
    boolean canFinish(int[] piles, int speed, int h) {
        int time = 0;
        for (int n : piles) {
            int t = (n / speed) + ((n % speed > 0) ? 1 : 0);
            time += t;
        }
        return time <= h;
    }
}

至此，借助二分查找技巧，算法的时间复杂度为 O(NlogN)。

1011. 在D天内送达包裹的能力（中等）

传送带上的包裹必须在 D 天内从一个港口运送到另一个港口。传送带上的第 i 个包裹的重量为 weights[i]。每一天，我们都会按给出重量的顺序往传送带上装载包裹。我们装载的重量不会超过船的最大运载重量。返回能在 D 天内将传送带上的所有包裹送达的船的最低运载能力。

输入：weights = [1,2,3,4,5,6,7,8,9,10], D = 5
输出：15
解释：
船舶最低载重 15 就能够在 5 天内送达所有包裹，如下所示：
第 1 天：1, 2, 3, 4, 5
第 2 天：6, 7
第 3 天：8
第 4 天：9
第 5 天：10

请注意，货物必须按照给定的顺序装运，因此使用载重能力为 14 的船舶并将包装分成 (2, 3, 4, 5), (1, 6, 7), (8), (9), (10) 是不允许的。

其实本质上和 Koko 吃香蕉的问题一样的，首先确定cap的最小值和最大值分别为max(weights)和sum(weights)。

类似刚才的问题，我们要求最小载重，可以用 for 循环从小到大遍历，那么就可以用搜索左侧边界的二分查找算法优化线性搜索：

class Solution {
    public int shipWithinDays(int[] weights, int days) {
        int max = 0, sum = 0;
        for(int w : weights){
            max = Math.max(w, max);
            sum += w;
        }
        int left= max, right= sum + 1;
        while(left < right){
            int mid = left + (right - left)/2;
            if(canLoad(weights, days, mid)){
                right = mid;
            }else{
                left = mid + 1;
            }
        }
        return left;
    }
	//以下两种方法均可以
	private boolean canLoad(int[] weights, int days, int load){   
        int time = 0;
        int sum = 0;
        for(int i = 0; i < weights.length; i++){
            sum += weights[i];
            if(sum > load){
                i = i - 1;
                sum = 0;
                time++;
            }
        }
        return time + 1 <= days;
    }
    
    private boolean canLoad(int[] w, int D, int cap) {
        int i = 0;
        for (int day = 0; day < D; day++) {
            int maxCap = cap;
            while ((maxCap -= w[i]) >= 0) {
                i++;
                if (i == w.length)
                    return true;
            }
        }
        return false;
    }
}