【Java算法】二分查找下

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🔥专栏：【算法工作坊】算法实战揭秘

一.山脉数组的峰顶索引

题目链接：852.山脉数组的峰顶

算法原理

这段代码实现了一个查找山峰数组中峰值索引的算法。山峰数组是一个先递增后递减的数组，即存在一个索引 i 使得对于所有的 j < i，有 arr[j] < arr[j + 1]，且对于所有的 k > i，有 arr[k] > arr[k - 1]。这个索引 i 就是峰值的索引。

算法使用了二分查找(Binary Search)的方法来寻找峰值索引。其核心思想是在数组中寻找拐点（即峰值），在该点左侧的值小于右侧的值，在右侧则相反。由于数组是先升后降的，这个拐点就是我们所要找的峰值。

具体分析如下：

初始化两个指针 left 和 right，分别指向数组的第二个元素和倒数第二个元素。这是因为数组的第一个和最后一个元素不可能是峰值。
在 while 循环中，计算中间位置 mid。这里使用 (left + (right - left + 1)) / 2 而不是常见的 (left + right) / 2 来避免可能的整数溢出，并确保 mid 总是指向 left 和 right 之间的元素，包括边界上的元素。
如果 arr[mid] 大于 arr[mid - 1]，说明 mid 可能是峰值或者峰值在 mid 的右边，因此将 left 更新为 mid。
否则，如果 arr[mid] 小于或等于 arr[mid - 1]，说明峰值在 mid 的左边，因此将 right 更新为 mid - 1。
当 left 和 right 相遇时，循环结束，此时 left 指向的位置就是峰值的索引。

这种算法的时间复杂度是 O(log n)，其中 n 是数组的长度，因为每次迭代都将搜索范围减半。这比线性搜索的 O(n) 时间复杂度要高效得多。

代码

 public int peakIndexInMountainArray(int[] arr) {
        int left=1,right=arr.length-2;
        while(left<right){
            int mid=left+(right-left+1)/2;
            if(arr[mid]>arr[mid-1]){
                left=mid;
            }else{
                right=mid-1;
            }
        }
        return left;
    }

举例

测试用例 arr = [0,10,5,2]

首先，初始化 left = 1 和 right = arr.length - 2 = 2。

接下来，我们进入 while 循环：

第一次循环：
- left = 1, right = 2
- 计算 mid = left + (right - left + 1) / 2 = 1 + (2 - 1 + 1) / 2 = 2
- 检查 arr[mid] 是否大于 arr[mid - 1]，也就是检查 arr[2] 是否大于 arr[1]。由于 arr[2] = 5 并不大于 arr[1] = 10，条件不满足。
- 所以，我们将 right 更新为 mid - 1，即 right = 1。
这时，left 和 right 都指向同一个位置 1，循环条件 left < right 不再满足，循环结束。

最后，返回 left 的值，即 1。这意味着数组中的峰值位于索引 1 上，这与给定数组 [0, 10, 5, 2] 的实际情况相吻合，因为最大值 10 确实位于索引 1。

所以，这段代码正确地找到了山峰数组的峰值索引。

二.寻找峰值

题目链接：162.寻找峰值

算法原理

同样使用了二分查找(Binary Search)算法来找到所谓的“峰值元素”。峰值元素定义为一个元素，它严格大于它的邻居。注意，数组可以是未排序的，并且数组的两端被认为是邻居元素的“虚拟”较小值，这样数组的起始元素和末尾元素也可以成为峰值元素。

算法的步骤如下：

初始化两个指针 left 和 right，分别指向数组的起始位置 0 和终止位置 nums.length - 1。
进入 while 循环，只要 left 小于 right，表示搜索区间内还有多个元素需要考虑。
在循环内部，计算中间位置 mid。这里使用 (left + (right - left) / 2) 来避免整数溢出，并确保 mid 总是落在 left 和 right 之间。
比较 nums[mid] 和 nums[mid + 1] 的大小。如果 nums[mid] 小于 nums[mid + 1]，那么峰值一定不在 mid 及其左侧，因为从 mid 到 mid + 1 数组是上升的。这时，将 left 更新为 mid + 1。
否则，如果 nums[mid] 大于或等于 nums[mid + 1]，那么峰值可能在 mid 或者其左侧。这时，将 right 更新为 mid。
当 left 和 right 相遇时，循环结束，此时 left 指向的位置就是峰值元素的索引。这是因为当 left == right 时，它们共同指向的元素必定是峰值，因为在之前的迭代中，我们总是排除了较小的邻居元素所在的那一边。

这段代码的时间复杂度同样是 O(log n)，其中 n 是数组的长度，因为每次迭代都将搜索范围减半，这使得算法非常高效。

代码

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

举例

测试用例 [1,2,1,3,5,6,4]

我们开始分析：

初始化 left = 0 和 right = nums.length - 1 = 6。
第一次循环：
- mid = left + (right - left) / 2 = 0 + (6 - 0) / 2 = 3
- 检查 nums[mid] 和 nums[mid + 1]，即 nums[3] 和 nums[4]，比较 3 和 5。
- 因为 nums[3] 小于 nums[4]，所以更新 left 为 mid + 1，即 left = 4。
第二次循环：
- 此时 left = 4 和 right = 6。
- mid = left + (right - left) / 2 = 4 + (6 - 4) / 2 = 5
- 检查 nums[mid] 和 nums[mid + 1]，即 nums[5] 和 nums[6]，比较 6 和 4。
- 因为 nums[5] 不小于 nums[6]，所以更新 right 为 mid，即 right = 5。
第三次循环：
- 现在 left = 4 和 right = 5。
- mid = left + (right - left) / 2 = 4 + (5 - 4) / 2 = 4
- 检查 nums[mid] 和 nums[mid + 1]，即 nums[4] 和 nums[5]，比较 5 和 6。
- 因为 nums[4] 小于 nums[5]，所以更新 left 为 mid + 1，即 left = 5。
第四次循环：
- 此时 left = 5 和 right = 5。
- 因为 left 等于 right，while 循环的条件不再满足，循环结束。

最终，函数返回 left 的值，即 5。这表明数组 [1, 2, 1, 3, 5, 6, 4] 中的一个峰值元素位于索引 5，其值为 6。值得注意的是，根据题目的定义，可能有多个峰值元素，而算法保证返回的是其中一个。在这个例子中，索引 1 (nums[1] = 2) 和索引 5 (nums[5] = 6) 都是合法的峰值元素。

三.寻找旋转排序数组的最小值

题目链接：153.寻找旋转排序数组的最小值

算法原理

这段代码实现了一个算法，用于在一个旋转排序数组中找到最小元素。旋转排序数组指的是原本有序的数组经过若干次旋转得到的结果。例如，数组 [1, 2, 3, 4, 5] 经过旋转可能变成 [3, 4, 5, 1, 2]。

算法的原理基于二分查找(Binary Search)，但是针对旋转排序数组进行了调整。关键在于利用旋转特性来缩小搜索范围。旋转数组的最小元素位于旋转点之后，旋转点之前的子数组是递增的，旋转点之后的子数组也是递增的，但整个数组的顺序被打乱。

算法步骤如下：

初始化 left 和 right 分别指向数组的起始和末尾位置。
获取数组最后一个元素 x 作为基准值。这是因为在旋转数组中，最后一个元素通常是未旋转前数组的最后一个元素，或者是旋转后新数组的最大值。
进入 while 循环，只要 left < right，就说明搜索空间大于1个元素。
计算中间位置 mid，使用 (left + (right - left) / 2) 来避免整数溢出问题。
比较 nums[mid] 和 x 的大小：
- 如果 nums[mid] > x，说明 mid 位于旋转点的左侧递增子数组中，最小值只能在 mid 右侧的子数组中，因此更新 left 为 mid + 1。
- 否则，nums[mid] <= x，说明 mid 位于旋转点的右侧递增子数组中，或者正好位于旋转点上，最小值可能在 mid 或者左侧子数组中，因此更新 right 为 mid。
当 left 和 right 相遇时，循环结束，此时 left 指向的位置就是最小元素的索引，返回 nums[left] 即可得到最小值。

此算法的时间复杂度为 O(log n)，其中 n 是数组的长度，因为它在每一步都有效地将搜索空间减半。这使得算法在处理大数据量时非常高效。

代码

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

举例

测试用例 nums = [4,5,6,7,0,1,2]

我们开始逐步分析：

初始化 left = 0 和 right = nums.length - 1 = 6。
设置 x = nums[right] = nums[6] = 2。

第一次循环：

mid = left + (right - left) / 2 = 0 + (6 - 0) / 2 = 3
检查 nums[mid] 和 x，即 nums[3] 和 2，比较 7 和 2。
因为 nums[mid] 大于 x，更新 left 为 mid + 1，即 left = 4。

第二次循环：

此时 left = 4 和 right = 6。
mid = left + (right - left) / 2 = 4 + (6 - 4) / 2 = 5
检查 nums[mid] 和 x，即 nums[5] 和 2，比较 1 和 2。
因为 nums[mid] 不大于 x，更新 right 为 mid，即 right = 5。

第三次循环：

此时 left = 4 和 right = 5。
mid = left + (right - left) / 2 = 4 + (5 - 4) / 2 = 4
检查 nums[mid] 和 x，即 nums[4] 和 2，比较 0 和 2。
因为 nums[mid] 不大于 x，更新 right 为 mid，即 right = 4。

第四次循环：

现在 left = 4 和 right = 4。
while 循环的条件 left < right 不再满足，循环结束。

最终，函数返回 nums[left] 的值，即 nums[4]，结果为 0。

这表明数组 [4, 5, 6, 7, 0, 1, 2] 中的最小元素为 0，位于索引 4。此算法成功找到了旋转排序数组中的最小元素。

四.LCR 173.点名

题目链接：LCR 173.点名

算法原理

初始化两个指针 left 和 right，分别指向数组的起始位置 0 和终止位置 records.length - 1。
使用 while 循环，只要 left < right，意味着数组中还可能存在不匹配的情况。
计算中间位置 mid，使用 (left + (right - left) / 2) 来避免整数溢出。
检查 mid 位置的元素是否等于 mid：
- 如果 records[mid] 等于 mid，这意味着 mid 位置的值与索引匹配，因此缺失的元素可能在 mid 的右侧。更新 left 为 mid + 1。
- 否则，如果 records[mid] 不等于 mid，这可能是由于缺失的元素在 mid 的位置应该出现，但实际没有出现。因此，更新 right 为 mid，继续在左侧查找。
当 left 和 right 相遇时，循环结束。此时，left 指向的位置要么是缺失元素应该出现的位置，要么紧随其后。
最后，检查 left 位置的元素是否等于 left：
- 如果 left 位置的元素等于 left，这意味着 left 位置的元素没有缺失，因此缺失的元素应该是 left + 1。
- 否则，left 位置的元素小于 left，这意味着 left 位置的元素是缺失的，因此缺失的元素就是 left。

时间复杂度为 O(log n)，其中 n 是数组的长度，因为算法使用了二分查找，每次迭代都将搜索范围减半。

这种算法特别适用于数据量大、有序或部分有序的数组中查找缺失的元素，效率远高于线性查找。

代码

public int takeAttendance(int[] records) {
        int left=0,right=records.length-1;
        while(left<right){
            int mid=left+(right-left)/2;
            if(mid==records[mid]){
                left=mid+1;
            }else{
                right=mid;
            }
        }
        //判断特殊情况，如[0,1,2,3,4,5]此时缺少的值应该是6
        if(left==records[left]){
            return left+1;
        }
        return left;
    }

举例

测试用例 records = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8]

我们开始逐步分析：

初始化 left = 0 和 right = records.length - 1 = 7。

第一次循环：

mid = left + (right - left) / 2 = 0 + (7 - 0) / 2 = 3
检查 records[mid] 和 mid，即 records[3] 和 3，比较 3 和 3。
因为 records[mid] 等于 mid，更新 left 为 mid + 1，即 left = 4。

第二次循环：

此时 left = 4 和 right = 7。
mid = left + (right - left) / 2 = 4 + (7 - 4) / 2 = 5
检查 records[mid] 和 mid，即 records[5] 和 5，比较 5 和 5。
因为 records[mid] 等于 mid，更新 left 为 mid + 1，即 left = 6。

第三次循环：

此时 left = 6 和 right = 7。
mid = left + (right - left) / 2 = 6 + (7 - 6) / 2 = 6
检查 records[mid] 和 mid，即 records[6] 和 6，比较 6 和 6。
因为 records[mid] 等于 mid，更新 left 为 mid + 1，即 left = 7。

第四次循环：

现在 left = 7 和 right = 7。
while 循环的条件 left < right 不再满足，循环结束。

退出循环后：

检查 left 位置的元素是否等于 left，即 records[7] 和 7，比较 8 和 7。
因为 records[left] 不等于 left，直接返回 left 的值，即 7。

然而，根据代码逻辑，如果 left 位置的元素等于 left，我们应该返回 left + 1；否则，返回 left。在本例中，left 已经等于数组的长度，且 records[left] 实际上超出了正常的序列，因此正确结果应为 left 的值，即 7，这表明缺失的元素是 7。

因此，这段代码正确地找到了测试用例 [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 8] 中缺失的元素，即 7。

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