简单思路：
当我们要从一个序列中查找一个元素的时候，最快想到的方法就是顺序查找法（即：从前到后依次查找）。但这种方法过于无脑，就是暴力的把每个元素都排查一遍。元素个数少的时候还行，一旦元素个数多起来，效率是非常低下，所以在实际中这种查找的方法是被摒弃的。
当题目或者实际对时间复杂度有着很高的要求的时候，这种暴力解法就显得很乏力
这里就不得不介绍一种简单且效率较高的查找方法了：二分查找法，又称折半查找法。但该方法是建立在有序的前提下的，基本思路就是：
利用两个指针left和right，不断取中点来不断把区间减小从而找到我们的答案
二分查找法的优势：
-
二分查找法的时间复杂度：O（logN）
-
暴力解法的时间复杂度：O（N）
如何直观来体现二分查找法时间复杂度的优势呢？
可以看出 二分查找 在查找数字 37 时只需3次，而 顺序查找 在查找37时需要12次。
二分查找的条件：
很多算法书都是写的具有有序性，其实更准确的是具有二段性
- 也就是具有可以把数组分为两端的性质
二分查找有两个限制条件：
- 查找的数量只能是一个，不能是多个
- 查找的对象在逻辑上必须是有序的（这个不是必要条件，更深层次是就有二段性）
朴素二分查找：
1.left=0，right=数组最后一个位置的下标
2.取中点：mid=（right-left）/2
二分法的思想很简单，因为整个数组是有序的，数组默认是递增的。
首先选择数组中间的数字和需要查找的目标值比较
-
如果相等最好，就可以直接返回答案了
-
如果不相等
如果中间的数字大于目标值，则中间数字向右的所有数字都大于目标值，全部排除
如果中间的数字小于目标值，则中间数字向左的所有数字都小于目标值，全部排除
704. 二分查找
以此题为例：
class Solution {
public:
int search(vector<int>& nums, int target) {
int left=0;
int right=nums.size()-1;
while(left<=right)
{
int mid=left+(right-left)/2;
if(nums[mid]==target) return mid;
if(nums[mid]>target) right=mid-1;
if(nums[mid]<target) left=mid+1;
}
return -1;
}
};
朴素二分查找的模版：
while(left<=right)
{
int mid=left+(right-left)/2;
if(nums[mid]==target) return mid;
if(nums[mid]>target) ...;
if(nums[mid]<target) ...;
}
return ...;
二分查找左右端点：
我们通过一个例子：
34. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置
本题我们利用二分来解决左右端点的问题，首先left和right肯定有的
我们通过一个示例来了解本题:[1,2,3,3,3,4,5]
查找左端点：我们这里用t来代替target（这样比较好叙述）
- 二分的思路操作：我们可以将上述示例分为两个部分，因为我们现在查找左端点，因此我可以将示例分为【[1,2],[3,3,3,4,5]】
- 当x<t时,处于【1,2】这个区间，left=mid+1
- 当x>=t时，处于【3,3,3,4,5】这个区间，right=mid（这里不能等于mid-1，因为如果mid=0，right=-1会越界）
- 细节处理：
循环条件：
- left<right √
- left<=right ×
我们选择那种呢？我们来讨论一下：
- 有结果
- 全大于t（t1），right一直向左走，最后right为left结束，如果是left<=right会死循环
- 全小于t（t2），left一直向右走，最后left在right右边结束
以此我们只能选择第一种不能选择第二种！
求中间的操作：
- left+(right-left)/2 ×
- left+(right-left+1)/2 √
我们考虑一下极端情况就可以知道了！当只剩下两个元素的时候：
第一种没有问题，第二种mid=0+2/2=1，当进行left+1操作的时候会发生越界
查找右端点
- 二分的思路操作：我们可以将上述示例分为两个部分，因为我们现在查找左端点，因此我可以将示例分为【[1,2,3,3,3].[4,5]】
- 当x<=t时,处于【1,2,3,3,3】这个区间，left=mid
- 当x>t时，处于【4,5】这个区间，right=mid-1
- 细节处理：
循环条件：
- left<right √
- left<=right ×
还是选择left<right
求中间的操作：
- left+(right-left)/2 √
- left+(right-left+1)/2 ×
我们考虑一下极端情况就可以知道了！当只剩下两个元素的时候：
第一种当mid=0+1/2=0时，right=mid-1越界，第二种没有问题
class Solution {
public:
vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target) {
//特殊情况处理一下
if(nums.size()==0)return {-1,-1};
int left=0,right=nums.size()-1;
vector<int> ret;
//查找左端点
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left)/2;
if(nums[mid]<target)left=mid+1;
if(nums[mid]>=target)right=mid;
}
//当left==right时就是结果
if(nums[left]!=target)return {-1,-1};
else ret.push_back(left);
//查找右端点
left=0,right=nums.size()-1;
while(left<right)
{
int mid=left+(right-left+1)/2;
if(nums[mid]<=target)left=mid;
if(nums[mid]>target)right=mid-1;
}
if(nums[right]!=target)return {-1,-1};
else ret.push_back(right);
return ret;
}
};
查找区间左右端点的模版：
模版，这里主要是取中间这里不太一样，左端点时不用+1，右端点+1（记忆当下面出现-1，上面就+1）
至于left和right可以现场推导
