
二分查找不仅是一种高效的算法,它的背后更蕴含了数据分割的哲学与思维方式。通过有序的分割,我们得以在庞大的数据世界中迅速锁定答案。而在这篇进阶解析中,我们将不仅仅停留于基本的二分查找,更会带你深入其在复杂场景中的应用,让你全面掌握这项重要的算法工具。
题目链接:852. 山脉数组的峰顶索引
题目描述:
符合下列属性的数组 arr 称为山脉数组:
arr.length >= 3i(0 < i < arr.length - 1),使得: arr[0] < arr[1] < ... < arr[i-1] < arr[i]arr[i] > arr[i+1] > ... > arr[arr.length - 1]给定一个由整数组成的山脉数组 arr,返回其峰顶索引 i,即满足条件 arr[i] 是整个数组中最大的元素,并且左右两边的数据呈现先升后降的趋势。
示例 1:
arr = [0,1,0]1示例 2:
arr = [0,2,1,0]1示例 3:
arr = [24,69,100,99,79,78,67,36,26,19]2提示:
3 <= arr.length <= 1040 <= arr[i] <= 106arr 是山脉数组。要找到山脉数组的峰顶索引,我们可以采用暴力查找和二分查找两种方法。
class Solution {
public:
int peakIndexInMountainArray(vector<int>& arr) {
int n = arr.size();
for (int i = 1; i < n - 1; i++) {
if (arr[i] > arr[i - 1] && arr[i] > arr[i + 1]) {
return i; // 找到峰顶,返回索引
}
}
return -1; // 为了应对OJ题目,所有路径必须有返回值
}
};i 的特点是:arr[i] > arr[i - 1] && arr[i] > arr[i + 1]。但如果我们只根据 arr[i] 与两边的元素大小关系进行分析,可以通过二分查找快速定位峰顶。arr[mid] > arr[mid - 1],说明在上升趋势中,峰顶可能在右侧,因此 left = mid。arr[mid] < arr[mid - 1],说明在下降趋势中,峰顶可能在左侧,因此 right = mid - 1。class Solution {
public:
int peakIndexInMountainArray(vector<int>& arr) {
int left = 1, right = arr.size() - 2;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left + 1) / 2;
if (arr[mid] > arr[mid - 1]) {
left = mid; // 峰顶在右侧(包括mid)
} else {
right = mid - 1; // 峰顶在左侧
}
}
return left; // 返回峰顶索引
}
};假设数组为 arr = [0,2,1,0],我们通过二分查找找到峰顶:
left = 1,right = 2。mid = (1 + 2 + 1) / 2 = 2,此时 arr[mid] = 1。arr[mid] < arr[mid - 1],所以更新 right = mid - 1 = 1。left == right == 1,因此峰顶索引为 1,返回 1。1 到 n-2 进行查找,防止越界情况。mid 所处的上升或下降趋势,合理缩小查找区间,避免遗漏峰顶。O(log n)。O(1)。题目链接:162. 寻找峰值
题目描述:
峰值元素是指其值严格大于左右相邻元素的元素。给定一个整数数组 nums,找到任意一个峰值元素并返回其索引。你可以假设 nums[-1] = -∞ 和 nums[n] = -∞,即数组两端可以视为负无穷。
要求实现时间复杂度为 O(log n) 的算法来解决此问题。
示例 1:
nums = [1,2,3,1]22。示例 2:
nums = [1,2,1,3,5,6,4]1 或 51(峰值元素为 2),或返回索引 5(峰值元素为 6)。提示:
1 <= nums.length <= 1000-231 <= nums[i] <= 231 - 1nums[i] 均不同。我们可以利用二分查找来高效地找到数组中的峰值元素。通过比较当前元素与其相邻元素,我们可以推断峰值所在的方向。
nums[i] > nums[i + 1],则峰值位于数组左侧,因为右边的元素比当前元素小。nums[i] < nums[i + 1],则峰值位于数组右侧,因为右边的元素比当前元素大。O(log n) 的时间复杂度内,通过二分查找找到峰值。left 指向数组的起始位置,right 指向数组的末尾位置。mid = left + (right - left) / 2。nums[mid] > nums[mid + 1],说明峰值在左侧或当前位置,因此更新 right = mid。nums[mid] < nums[mid + 1],说明峰值在右侧,因此更新 left = mid + 1。left == right 时,返回 left 或 right 即为峰值元素的索引。class Solution {
public:
int findPeakElement(vector<int>& nums) {
int left = 0, right = nums.size() - 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if (nums[mid] > nums[mid + 1]) {
right = mid; // 峰值在左侧或当前位置
} else {
left = mid + 1; // 峰值在右侧
}
}
return left; // 最终 left == right
}
};假设数组为 nums = [1,2,1,3,5,6,4],我们通过二分查找找到峰值:
left = 0, right = 6。mid = (0 + 6) / 2 = 3,此时 nums[mid] = 3,nums[mid + 1] = 5。nums[mid] < nums[mid + 1],更新 left = mid + 1 = 4。left = 4, right = 6。mid = (4 + 6) / 2 = 5,此时 nums[mid] = 6,nums[mid + 1] = 4。nums[mid] > nums[mid + 1],更新 right = mid = 5。left == right == 5,返回 5 作为峰值索引。nums[-1] = nums[n] = -∞,所以无需处理越界情况。O(log n)。O(1)。题目链接:153. 搜索旋转排序数组中的最小值
题目描述:
给定一个按升序排列的整数数组 nums,数组中的值互不相同。数组在传递给函数之前,在某个未知的下标 k(0 <= k < nums.length)上进行了旋转,使得数组变为 [nums[k], nums[k+1], ..., nums[n-1], nums[0], nums[1], ..., nums[k-1]] 的形式。
请找出旋转后数组中的最小值。
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:
nums = [4,5,6,7,0,1,2]0示例 2:
nums = [3,4,5,1,2]1示例 3:
nums = [11,13,15,17]11提示:
n == nums.length1 <= n <= 5000-5000 <= nums[i] <= 5000由于数组是经过旋转后的升序数组,因此最小值在数组中有明确的特征:它位于某个旋转点。为了实现
O(log n)的时间复杂度,我们可以通过二分查找来锁定旋转点的位置,并找到最小值。
我们可以通过比较中间元素与数组的末尾元素来判断当前的中间位置是在数组的左半部分(较大部分)还是右半部分(较小部分)。
nums[mid] > nums[right],说明最小值在右半部分。nums[mid] <= nums[right],说明最小值在左半部分或当前 mid 位置。

left 指向数组的起始位置,right 指向数组的末尾位置。mid = left + (right - left) / 2。nums[mid] > nums[right],说明最小值在右侧,更新 left = mid + 1。nums[mid] <= nums[right],说明最小值在左侧或 mid 位置,更新 right = mid。left == right 时,left 指向的就是最小值。class Solution {
public:
int findMin(vector<int>& nums) {
int left = 0, right = nums.size() - 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if (nums[mid] > nums[right]) {
left = mid + 1; // 最小值在右半部分
} else {
right = mid; // 最小值在左半部分或 mid 位置
}
}
return nums[left]; // left 指向最小值
}
};假设数组为 nums = [4,5,6,7,0,1,2],我们通过二分查找找到最小值:
left = 0, right = 6。mid = (0 + 6) / 2 = 3,此时 nums[mid] = 7,nums[right] = 2。nums[mid] > nums[right],更新 left = mid + 1 = 4。left = 4, right = 6。mid = (4 + 6) / 2 = 5,此时 nums[mid] = 1,nums[right] = 2。nums[mid] <= nums[right],更新 right = mid = 5。left = 4, right = 5。mid = (4 + 5) / 2 = 4,此时 nums[mid] = 0,nums[right] = 1。nums[mid] <= nums[right],更新 right = mid = 4。left == right == 4,返回 nums[left] = 0。nums[mid] <= nums[right] 的条件下,right 可以等于 mid,因为此时 mid 可能是最小值。O(log n)。O(1)。题目链接:剑指 Offer 53 - II. 0~n-1 中缺失的数字
这题现在改了个名字,叙述也变了:某班级 n 位同学的学号为 0 ~ n-1。点名结果记录于升序数组 records。假定仅有一位同学缺席,请返回他的学号。 不过意思都是一样的哈
题目描述:
一个长度为 n-1 的递增排序数组中的所有数字都是唯一的,并且每个数字都在范围 0~n-1 之内。在范围 0~n-1 内的 n 个数字中有且只有一个数字不在该数组中,请找出这个数字。
示例 1:
[0,1,3]2示例 2:
[0,1,2,3,4,5,6,7,9]8提示:
1 <= 数组长度 <= 10000在这个递增排序的数组中,我们可以利用其规律性来设计一个二分查找算法,使得查找缺失数字的时间复杂度降低到
O(log n)。在数组中,我们发现:
因此,缺失位置将数组划分为两个部分,具有明显的二段性。利用这个特性,我们可以通过二分查找来快速确定缺失的位置。
left 指向数组的起始位置,right 指向数组的末尾位置。mid = left + (right - left) / 2。nums[mid] == mid,说明缺失数字在右侧部分,更新 left = mid + 1。nums[mid] != mid,说明缺失数字在左侧部分或当前 mid 位置,更新 right = mid。left == right 时,查找结束,此时 left 指向缺失的数字位置。class Solution {
public:
int missingNumber(vector<int>& nums) {
int left = 0, right = nums.size() - 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if (nums[mid] == mid) {
left = mid + 1; // 缺失数字在右半部分
} else {
right = mid; // 缺失数字在左半部分
}
}
// 返回缺失数字
return left == nums[left] ? left + 1 : left;
}
};假设数组为 nums = [0,1,3],我们通过二分查找找到缺失的数字:
left = 0, right = 2。mid = (0 + 2) / 2 = 1,此时 nums[mid] = 1。nums[mid] == mid,更新 left = mid + 1 = 2。left == right == 2,并且 nums[left] = 3。left == nums[left] 不满足,返回缺失的数字 left = 2。left == right 时,还需要判断 nums[left] 是否等于 left,从而确定最终的缺失数字。nums[mid] == mid 时,说明左侧部分是完整的,因此需要查找右半部分。O(log n)。O(1)。二分查找的世界远不止表面的“分割与查找”,更是对数据结构的深刻理解。在旋转数组中,二分查找的思想得以应用并拓展,让我们不仅感受到了算法的威力,还体会到了它背后精密的逻辑与哲思。在本篇进阶解析中,我们重点剖析了二分查找在复杂问题中的应用,期望各位能在更多场景中灵活运用这项基本而深刻的算法工具。