算法刷题笔记——day9
算法刷题笔记——day9
前言
近期leetcode每日一题连续三天都出了二分相关的问题
本文章对几道题做了一个整合
题解非原创，原创是leetcode大佬宫水三叶，我只是做整合
原文链接
「二分」相关题解
二分模板
29. 两数相除 : 二分 + 倍增乘法解法（含模板）二分本质 & 恢复二段性处理
33. 搜索旋转排序数组（找目标值） : 严格 O(logN)，一起看清二分的本质
81. 搜索旋转排序数组 II（找目标值） : 详解为何元素相同会导致 O(n)，一起看清二分的本质
二分 check 函数如何确定
34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置 : 考察对「二分」的理解，以及 check 函数的「大于 小于」怎么写
题目一
33. 搜索旋转排序数组
难度中等1316
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 。
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提示：
1 <= nums.length <= 5000-10^4 <= nums[i] <= 10^4nums中的每个值都 独一无二- 题目数据保证
nums在预先未知的某个下标上进行了旋转 -10^4 <= target <= 10^4
进阶：你可以设计一个时间复杂度为 O(log n) 的解决方案吗？
题解
朴素解法
但凡是从有序序列中找某个数，我们第一反应应该是「二分」。
这道题是一个原本有序的数组在某个点上进行了旋转，其实就是将原本一段升序的数组分为了两段。
我们可以先找到旋转点 idx，然后对 idx 前后进行「二分」：
class Solution {
public int search(int[] nums, int target) {
int n = nums.length;
int idx = 0;
for (int i = 0; i < n - 1; i++) {
if (nums[i] > nums[i + 1]) {
idx = i;
break;
}
}
int ans = find(nums, 0, idx, target);
if (ans != -1) return ans;
if (idx + 1 < n) ans = find(nums, idx + 1, n - 1, target);
return ans;
}
int find(int[] nums, int l, int r, int target) {
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (nums[mid] >= target) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return nums[l] == target ? l : -1;
}
}- 时间复杂度：先对数组进行一次遍历，找到
idx，复杂度为 O(n)O(n)，对idx前后进行二分查找，复杂度为 O(\log{n})O(logn)。整体为 O(n)O(n) - 空间复杂度：O(1)O(1)
二分解法
不难发现，虽然在朴素解法中我们应用了「二分」查找。
但理论复杂度为 O(n)O(n)，实际复杂度也远达不到 O(\log{n})O(logn)，执行效率取决于旋转点 idx 所在数组的下标位置。
那么我们如何实现 O(\log{n})O(logn) 的解法呢？
这道题其实是要我们明确「二分」的本质是什么。
「二分」不是单纯指从有序数组中快速找某个数，这只是「二分」的一个应用。
「二分」的本质是两段性，并非单调性。只要一段满足某个性质，另外一段不满足某个性质，就可以用「二分」。
经过旋转的数组，显然前半段满足 >= nums[0]，而后半段不满足 >= nums[0]。我们可以以此作为依据，通过「二分」找到旋转点。
找到旋转点之后，再通过比较 target 和 nums[0] 的大小，确定 target 落在旋转点的左边还是右边。
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;
// 第一次「二分」：从中间开始找，找到满足 >=nums[0] 的分割点（旋转点）
int l = 0, r = n - 1;
while (l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (nums[mid] >= nums[0]) {
l = mid;
} else {
r = mid - 1;
}
}
// 第二次「二分」：通过和 nums[0] 进行比较，得知 target 是在旋转点的左边还是右边
if (target >= nums[0]) {
l = 0;
} else {
l = l + 1;
r = n - 1;
}
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (nums[mid] >= target) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return nums[r] == target ? r : -1;
}
}- 时间复杂度：O(\log{n})O(logn)
- 空间复杂度：O(1)O(1)
题目二
81. 搜索旋转排序数组 II
难度中等414
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 。
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提示：
1 <= nums.length <= 5000-104 <= nums[i] <= 104- 题目数据保证
nums在预先未知的某个下标上进行了旋转 -104 <= target <= 104
进阶：
- 这是 搜索旋转排序数组 的延伸题目，本题中的
nums可能包含重复元素。 - 这会影响到程序的时间复杂度吗？会有怎样的影响，为什么？
题解
二分解法
根据题意，我们知道，所谓的旋转其实就是「将某个下标前面的所有数整体移到后面，使得数组从整体有序变为分段有序」。
但和 33. 搜索旋转排序数组 不同的是，本题元素并不唯一。
这意味着我们无法直接根据与 nums[0]num**s[0] 的大小关系，将数组划分为两段，即无法通过「二分」来找到旋转点。
因为「二分」的本质是二段性，并非单调性。只要一段满足某个性质，另外一段不满足某个性质，就可以用「二分」。
如果你有看过我 【宫水三叶】严格 O(logN)，一起看清二分的本质 这篇题解，你应该很容易就理解上句话的意思。如果没有也没关系，我们可以先解决本题，在理解后你再去做 33. 搜索旋转排序数组，我认为这两题都是一样的，不存在先后关系。
举个🌰，我们使用数据 [0,1,2,2,2,3,4,5] 来理解为什么不同的旋转点会导致「二段性丢失」：
class Solution {
public boolean search(int[] nums, int t) {
int n = nums.length;
int l = 0, r = n - 1;
// 恢复二段性
while (l < r && nums[0] == nums[r]) r--;
// 第一次二分，找旋转点
while (l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (nums[mid] >= nums[0]) {
l = mid;
} else {
r = mid - 1;
}
}
int idx = n;
if (nums[r] >= nums[0] && r + 1 < n) idx = r + 1;
// 第二次二分，找目标值
int ans = find(nums, 0, idx - 1, t);
if (ans != -1) return true;
ans = find(nums, idx, n - 1, t);
return ans != -1;
}
int find(int[] nums, int l, int r, int t) {
while (l < r) {
int mid = l + r >> 1;
if (nums[mid] >= t) {
r = mid;
} else {
l = mid + 1;
}
}
return nums[r] == t ? r : -1;
}
}- 时间复杂度：恢复二段性处理中，最坏的情况下（考虑整个数组都是同一个数）复杂度是 O(n)O(n)，而之后的找旋转点和目标值都是「二分」，复杂度为 O(log{n})O(log**n)。整体复杂度为 O(n)O(n) 的。
- 空间复杂度：O(1)O(1)。
题目三
153. 寻找旋转排序数组中的最小值
难度中等462
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 。
示例 1：
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。示例 2：
输入：nums = [4,5,6,7,0,1,2]
输出：0
解释：原数组为 [0,1,2,4,5,6,7] ，旋转 4 次得到输入数组。示例 3：
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。提示：
n == nums.length1 <= n <= 5000-5000 <= nums[i] <= 5000nums中的所有整数 互不相同nums原来是一个升序排序的数组，并进行了1至n次旋转
题解
二分解法
根据题意，我们知道，所谓的旋转其实就是「将某个下标前面的所有数整体移到后面，使得数组从整体有序变为分段有序」。
但和 153. 寻找旋转排序数组中的最小值 不同的是，本题元素并不唯一。
这意味着我们无法直接根据与 nums[0]num**s[0] 的大小关系，将数组划分为两段，即无法通过「二分」来找到旋转点。
因为「二分」的本质是二段性，并非单调性。只要一段满足某个性质，另外一段不满足某个性质，就可以用「二分」。
如果你有看过我 【宫水三叶】严格 O(logN)，一起看清二分的本质 这篇题解，你应该很容易就理解上句话的意思。如果没有也没关系，我们可以先解决本题，在理解后你再去做 153. 寻找旋转排序数组中的最小值，我认为这两题都是一样的，不存在先后关系。
举个🌰，我们使用数据 [0,1,2,2,2,3,4,5] 来理解为什么不同的旋转点会导致「二段性丢失」：
class Solution {
public int findMin(int[] nums) {
int n = nums.length;
int l = 0, r = n - 1;
while (l < r && nums[0] == nums[r]) r--;
while (l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (nums[mid] >= nums[0]) {
l = mid;
} else {
r = mid - 1;
}
}
return r + 1 < n ? nums[r + 1] : nums[0];
}
}- 时间复杂度：恢复二段性处理中，最坏的情况下（考虑整个数组都是同一个数）复杂度是 O(n)O(n)，而之后的找旋转点是「二分」，复杂度为 O(log{n})O(log**n)。整体复杂度为 O(n)O(n) 的。
- 空间复杂度：O(1)O(1)。
我的coding
package 寻找旋转排序数组的最小值leetcode;
public class findMinClass {
public static int findMin(int[] nums) {
int left = 0;
int right = nums.length - 1;
while (left < right) {
int mid = left + right + 1 >> 1;
if (nums[mid] < nums[0]) {
right = mid - 1;
} else {
left = mid;
}
}
//考虑right + 1 = nums.length的情况，发现此时右指针指向数组的末尾，
// 说明这个数组整体升序排列 此时应该返回nums[0]
return right + 1 < nums.length ? nums[right+1] : nums[0];
}
public static void main(String[] args) {
int[] arr = {11, 13, 15, 17};
System.out.println(findMin(arr));
}
}出错点
return right + 1 > nums.length ? nums[0] : nums[right+1];
//没有考虑清楚边界条件，即相等时的情况int mid = left + right + 1 >> 1;//此句为右取整
int mid = left + right >> 1;//此句为左取整
//因为当
nums[mid] >= nums[0]
//时，才会执行
left = mid;
//我们的目的是要找到第一个小于num[0]的数，其左边的数都大于num[0],
//所以要向右取整题目四
154. 寻找旋转排序数组中的最小值 II
难度困难339
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 。
示例 1：
输入：nums = [1,3,5]
输出：1示例 2：
输入：nums = [2,2,2,0,1]
输出：0提示：
n == nums.length1 <= n <= 5000-5000 <= nums[i] <= 5000nums原来是一个升序排序的数组，并进行了1至n次旋转
题解
二分解法
根据题意，我们知道，所谓的旋转其实就是「将某个下标前面的所有数整体移到后面，使得数组从整体有序变为分段有序」。
但和 153. 寻找旋转排序数组中的最小值 不同的是，本题元素并不唯一。
这意味着我们无法直接根据与 nums[0]num**s[0] 的大小关系，将数组划分为两段，即无法通过「二分」来找到旋转点。
因为「二分」的本质是二段性，并非单调性。只要一段满足某个性质，另外一段不满足某个性质，就可以用「二分」。
如果你有看过我 【宫水三叶】严格 O(logN)，一起看清二分的本质 这篇题解，你应该很容易就理解上句话的意思。如果没有也没关系，我们可以先解决本题，在理解后你再去做 153. 寻找旋转排序数组中的最小值，我认为这两题都是一样的，不存在先后关系。
举个🌰，我们使用数据 [0,1,2,2,2,3,4,5] 来理解为什么不同的旋转点会导致「二段性丢失」：
class Solution {
public int findMin(int[] nums) {
int n = nums.length;
int l = 0, r = n - 1;
while (l < r && nums[0] == nums[r]) r--;
while (l < r) {
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (nums[mid] >= nums[0]) {
l = mid;
} else {
r = mid - 1;
}
}
return r + 1 < n ? nums[r + 1] : nums[0];
}
}- 时间复杂度：恢复二段性处理中，最坏的情况下（考虑整个数组都是同一个数）复杂度是 O(n)O(n)，而之后的找旋转点是「二分」，复杂度为 O(log{n})O(log**n)。整体复杂度为 O(n)O(n) 的。
- 空间复杂度：O(1)O(1)。