[刷题]从新审视二分查找算法的代码实现

时间 2020-01-28

原文原文链接

从新审视二分查找

去年九月份投了人生第一份简历，百度地图公共出行部门的实习生，就抱着感觉面试+碰运气的态度去面试了（结果可想而知，哈哈哈...Emm..面试官都挺好的，只不过三个部门的老大轮流面，每位大佬都面了一个小时可把我面死了,<ps:我猜想由于每一个部门的老大都不想要我，因此都给别的部门来看一看> 并且我仍是人生第一次面试, T.T) 其中第二位面试官问个人算法题让我手撕 二分查找，当时还想，诶？这个面试官这么好，出的题好简单。如今刷了100道leetcode之后，再来审视这个问题发现,并不简单...

其实你们也可能有和我同样的想法，不就是二分查找吗，有什么可难的,
好，如今在没有复习的状况下我问你们几个问题，你们自查一下: 循环的条件是left<right仍是left<=right？二分时是left=mid+1仍是left=mid 一样的是right = mid-1仍是right=mid?对于上面全部的问题：为何这样作?面试

若是你可以对每一步的作法都道的清楚，那么恭喜你，这篇给像我这样的小菜菜看和复习的文章您能够跳过啦！算法

可是若是你和我同样，爆了粗口F&%^!k，好的，先握个手，咱们先一块儿去学习一下liwei大佬如何理解这个问题(篇幅较长，耐心消化)：
https://www.liwei.party/2019/... 数组

正文

好了啦，其实我这篇文章也只是对他的一个自我消化，方便我往后复习，以及复习我失败的面试经历(卧薪尝胆啊懂不懂！)函数

liwei大佬的方法我以为有这么三点比较重要:学习

不断夹逼目标值，经过left<right，避免不知道循环结束后选哪一个边界的尴尬。
先写好判断的逻辑（即知足哪一个条件必定会怎么怎么样，这一步每每是最重要也最难的部分）
根据逻辑选择mid（偶数时选左边仍是右边）

多说无益，直接上题：测试

Leetcode704: 二分查找code

给定一个 n 个元素有序的（升序）整型数组 nums 和一个目标值 target，
写一个函数搜索 nums 中的 target，若是目标值存在返回下标，不然返回 -1。

示例 1:
输入: nums = [-1,0,3,5,9,12], target = 9
输出: 4
解释: 9 出如今 nums 中而且下标为 4

学会了以后先练个手，这很简单吧，咱们这里把思考过程写清楚一点
这里目标值target也给出了(PS:有的题目须要本身思考目标值),
1.首先肯定左边界和右边界 left = 0; right = nums.length-1；
2.写出while(left<right){}
3.肯定分支逻辑.对于这一题咱们能够想到若是nums[mid]<target,那么mid及mid左侧的元素里必定不存在目标值，咱们缩减区间为left = mid+1;；那么相应的另外一个分支为num[mid]>=target，这个分支的条件下 mid及mid左侧的元素均可能是target（或者说mid右侧的元素都不多是target）,咱们缩减区间right = mid；（对于这一题，其实先从nums[mid]>target的角度思考是同样的啦）
4.咱们的分支逻辑中包括了left=mid+1，为了不死循环，咱们须要定义mid = left + (right-left)/2 (也就是当剩下偶数个元素时，选择左边的那个mid,同理当你的二分逻辑为right=mid-1时，须要定义mid = left + (right-left+1)/2)
5.完成循环后，left==right,此时选left和right都是同样的.但因为target可能不存在数组中(能够简单思考一下这时候left指向了哪里),所以须要特判一下 return nums[left]==target?left:-1;
完整代码以下:排序

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

    }
}

来再作个应用题
Leetcode69: x的平方根索引

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。
因为返回类型是整数，结果只保留整数的部分，小数部分将被舍去。

示例 1:
输入: 4
输出: 2

示例 2:
输入: 8
输出: 2
说明: 8 的平方根是 2.82842..., 
     因为返回类型是整数，小数部分将被舍去。

这一题求x的平方根取整，你固然能够用库函数，或者遍历O(N)的复杂度，哈哈哈，可是咱不是在练习嘛，来来来，咱们用O(logN)时间复杂度，二分的方法作一下。
都是套路，继续上模板
1.首先肯定左边界和右边界 left = 1; right = x；这里right为啥能够等于能够取到x了呢,由于一个数的平方根多是它本身啊（不用看了，1，说的就是你）
2.写出while(left<right){}
3.肯定分支逻辑.注意，这里由于咱们要找平方根，因此咱们的目标是求一个mid使得( mid * mid ) == x .而且根据题意，小数部分被舍弃，即向下取整，那么使得i * i <=x 的 i 值都有多是所求，但能够肯定的是,使得i * i>x 的 i 值必定不是所求。据此，咱们能够写出分支逻辑：当
mid * mid > x时,mid及mid右侧的元素必定不包括目标值，缩减区间为right = mid - 1;；那么相似于上一个题目，稍（套）加(用)思(模)考(板)另外一else分支为left = mid
4.因为本题目的目标值必定存在，所以最后不须要特判返回便可.
完整代码以下:leetcode

class Solution {
    public int mySqrt(int x) {
        // 0 特判一下
        if(x==0) return 0;
        // 测试用例中存在大整数，所以用long
        long left = 1;
        long right = x;
        long mid;
        while (left<right){
            mid = left + (right-left+1)/2;
            if(mid*mid>x){
                right = mid-1;
            }
            else {
                left = mid;
            }
        }
        return (int)left;
    }
}

"老板!不过瘾，再来一碗酒(题)！"
"呦，客官，您看咱们的招牌上写了‘三碗不过冈’啊.."
行吧，既然你这么要求了

Leetcode35: 搜索插入位置

给定一个排序数组和一个目标值，在数组中找到目标值，
并返回其索引。若是目标值不存在于数组中，返回它将会被按顺序插入的位置。

你能够假设数组中无重复元素。

示例 1:
输入: [1,3,5,6], 5
输出: 2

示例 2:
输入: [1,3,5,6], 2
输出: 1

其实这道题目和第一题大差不差，只不过这里数组里不存在目标值时还要求返回应该插入的位置.
由于逻辑判断的思路基本一致，因此再也不赘述思考过程了，这里只讨论两个不同的点
1.初始搜索区间为left=0; right=nums.lenght,由于须要找到插入的位置，所以须要把右边界扩展

你可能会想：诶？当right=nums.length难道这样不会越界吗？
答：可能会。区间收缩的过程当中，可能收缩到这：[nums.length-1,nums.length], 而此时若是你选择了nums.length为mid 那么就会出现越界.但若是你选择了左边的为mid,紧接着left=mid+1, 此时left==right==nums.length，跳出循环，因此你选择左边的mid就不会出现越界

2.若是数组中不存在目标值，跳出循环时，边界指向哪里？在第一题中我也让你们思考了这个问题。如今咱们来讨论一下，能够确定的是，此时两个边界值相同，且必定指向第一个小于目标值的元素或者第一个大于目标值的元素，那具体指向哪个呢？答案是包含了mid的那个分支条件，更具体来讲即left=mid 或right=mid中的其一，对应的即第一个小于目标值的元素或第一个大于目标值的元素.由于mid一直包含在这个分支中。

完整代码以下:

public class Solution{
    public static int searchInsert(int[] nums, int target) {
        if(nums.length==0) return 0;
        int left = 0;
        int right = nums.length;
        while (left<right){
            int mid = left + (right-left)/2;
            // 若是mid 小于target ,mid及mid左侧必定不是
            if(nums[mid]<target){
                left = mid+1;
            }
            // 若是 mid 大于等于target, mid或mid左侧多是,但右侧必定不是
            else {
                right = mid;
            }
        }
        // 由于在变化的是左边界，而右边界包含了mid,
        // 最后边界会收缩到右边界的分支,即target的索引(找到了)或第一个>target的索引（没找到）
        // 而没找到时，这个索引恰好是应该插入的位置
        return left;
    }
}

这段代码等价于：

public int searchInsert(int[] nums, int target) {
        if(nums.length==0) return 0;
        if(target<nums[0]) return 0;
        if(target>nums[nums.length-1]) return nums.length;
        int left = 0;
        int right = nums.length-1;
        while (left<right){
            int mid = left + (right-left+1)/2;
            // 若是mid 大于target ,mid及mid右侧必定不是
            if(nums[mid]>target){
                right = mid-1;
            }
            // 若是 mid 小于等于target, mid或mid右侧多是,但左侧必定不是
            else {
                left = mid;
            }
        }
        // 由于在变化的是右边界 因此最后区间会收缩到左边界的条件
        // 所以咱们须要判断一下
        return nums[left]==target?left:left+1;
    }

第二段代码换了一个起始的思考过程，却同时带来了各类麻烦，咱们须要各类特判来解决麻烦。形成麻烦的缘由就在于跳出循环时，若该元素不存在，边界的指向位置在应插入位置的左侧。
你们能够经过nums=[1,2] target=0; nums=[1,2] target=3这个两个例子本身手动模拟一遍两种不一样的方式，深入理解边界的停留位置。

未完待续....