1. 二分查找
这是一道单纯的朴素二分模版题，当 left == right 时的这种情况也是需要考虑的，因为不排除数组中只有一个数的情况，或者是二分到数组中只剩一个数的情况，所以循环条件要写 left <= right
class Solution { public int search(int[] nums, int target) { int left = 0, right = nums.length - 1, mid = 0; while (left <= right) { mid = (left + right) / 2; if (nums[mid] > target) { right = mid - 1; } else if (nums[mid] < target) { left = mid + 1; } else { return mid; } } return -1; } }
2. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置
求区间左端点 ：
可以把区间分为两部分，一部分是 x < t 的情况，另一部分就是 x >= t 的情况，由于 x < t 中不包含答案，所以可以把 left = mid + 1，跳出这部分，同理，由于答案在右半部分，所以 right = mid ，就不能跳出这个区间了，又因为这个区间都是 x >= t 的，所以最后也一定会找到左端点
关于循环条件：
当最后需要执行更新 right 的操作时，如果说此时 left 和 right 指向了同一个位置，那么算出来的 mid 还是这个位置，更新的 right 还是此时的位置，会一直重复这个操作，导致死循环，同时无论是有结果的情况还是没有结果的情况，当 left 和 right 指向了同一个位置这个时候都需要退出循环，所以说循环条件就不能包含等于了
求中点的操作：
当数组是偶数的时候，中点的位置会有两个，如果加一就是右边的中点，不加就是左边的中点，因为上面 right 是移动到 mid 的位置的，如果这里按照右边的中点就会死循环，按照左边的中点就可以正常的退出循环
求区间右端点：
和求左端点相反，这里是把小于等于目标值分为一个区间，大于目标值分为一个区间，所以说 left 就只能移动到 mid 的位置了，如果移动到 mid + 1 就会错过答案，同理 right 是需要移动到 mid - 1 的位置去寻找答案的
关于循环条件：
这里的条件和区间左端点是一样的，都是不能写等号
求中点的操作：
由于这一次需要将 left 移动到 mid 的位置，所以说就不能求左边的中点了，需要求右边的中点才能退出循环
之后再处理一下特殊情况就可以了：当数组为空时或者循环结束后没有找到目标值的情况
class Solution { public int[] searchRange(int[] nums, int target) { int[] ans = new int[2]; if (nums.length == 0) { ans[0] = -1; ans[1] = -1; return ans; } int left = 0, right = nums.length - 1, mid = 0; //左端点 while (left < right) { mid = left + (right - left) / 2; if (nums[mid] < target) { left = mid + 1; } else { right = mid; } } if (nums[right] == target) { ans[0] = right; } else { ans[0] = -1; } //left = 0; right = nums.length - 1; while (left < right) { mid = left + (right - left + 1) / 2; if (nums[mid] > target) { right = mid - 1; } else { left = mid; } } if (nums[right] == target) { ans[1] = right; } else { ans[1] = -1; } return ans; } }
3. x 的平方根
题目要求小数部分要舍去，要求的是算术平方根，平方之后是小于等于 x 的，也就是要求区间的左端点的问题
class Solution { public int mySqrt(int x) { if (x < 1) return 0; long left = 0, right = x, mid = 0; while (left < right) { mid = left + (right - left + 1) / 2; if (mid * mid <= x) { left = mid; } else { right = mid - 1; } } return (int) left; } }
4. 搜索插入位置
无论是要插入的位置还是找到目标值，所在的区间都是 >= 目标值的区间，也就是查找区间左端点的情况，最后如果找到了目标值直接返回下标，找不到就返回下标 + 1，也就是要插入的位置
class Solution { public int searchInsert(int[] nums, int target) { if(nums[0] > target) return 0; int left = 0, right = nums.length - 1, mid = 0; while (left < right) { mid = left + (right - left + 1) / 2; if (nums[mid] > target) { right = mid - 1; } else { left = mid; } } if (nums[left] == target) return left; else return left + 1; } }
5. 山脉数组的峰顶索引
这道题并不像上面的题一样，要查找的区间是有序的，这道题虽然不是有序的但是具有二段性，所以也可以使用二分来解决
关于峰值：第一个前一个元素大于后一个元素的位置
根据上面的分法就是求区间的右端点，如果把峰值分到右区间就是求区间左端点，这里以右端点为例：
class Solution { public int peakIndexInMountainArray(int[] arr) { if (arr.length == 1) return 0; int left = 0, right = arr.length - 1, mid = 0; while (left < right) { mid = left + (right - left + 1) / 2; if (arr[mid] > arr[mid - 1]) { left = mid; } else { right = mid - 1; } } return left; } }
6. 162. 寻找峰值
这道题和上一道题不同的是会有多个峰值，需要找到其中的一个峰值，虽然有很多峰值，但是经过分析，还是可以发现存在二段性：
首先是可能会有三种情况的
无论是哪种情况，都可以找到以下的状态
也就可以有以下的结论：
nums[mid] > nums[mid + 1] : right = mid
nums[mid] < nums[mid + 1] : left = mid + 1
class Solution { public int findPeakElement(int[] nums) { int left = 0, right = nums.length - 1, mid = 0; while (left < right) { mid = left + (right - left) / 2; if (nums[mid] < nums[mid + 1]) { left = mid + 1; } else { right = mid; } } return left; } }
7. 寻找旋转排序数组中的最小值
每一次旋转就是把最后一位的元素移动到第一位，题目就是求旋转后的数组中的最小值，这道题也可以分析出二段性，由于题目中已经明确指出了是互不相同的数组，所以可以得出以下结论：
将数组可以分为两段，左边的半段都是比右边的大的，所以答案也就在右边，就需要让 left = mid + 1，同理，如果 mid 落到右边，那么就是 right = mid ，从而不错过答案
class Solution { public int findMin(int[] nums) { int n = nums.length; int left = 0, right = n - 1, mid = 0; while (left < right) { mid = left + (right - left) / 2; if (nums[mid] > nums[n - 1]) { left = mid + 1; } else { right = mid; } } return nums[right]; } }
上面是以 nums[n - 1] 作为对照，也可以把第一个元素作为对照，不过此时就需要考虑翻转之后的数组如果一直都是递增的特殊情况
class Solution { public int findMin(int[] nums) { int n = nums.length; if (nums[n - 1] > nums[0]) { return nums[0]; } int left = 0, right = n - 1, mid = 0; while (left < right) { mid = left + (right - left) / 2; if (nums[mid] < nums[0]) { right = mid; } else { left = mid + 1; } } return nums[right]; } }
8. LCR 173. 点名
这道题是有多种解法的：
第一种：哈希表，把 0 ~ n - 1 的数丢到哈希表中，然后遍历求解
第二种：直接遍历
第三种：位运算
第四种：高斯求和，相减
上面的解法时间复杂度都是 O (n) 的，用二分的话就需要去找它的二段性
可以通过下标入手，左边区间下标是对应的，右边的是数组元素比下标大的
此外，还有一种特殊情况，就是数组中的元素和下标都是对应的，此时缺少的数字就是 n
class Solution { public int takeAttendance(int[] records) { int left = 0, right = records.length - 1, mid = 0; if(records[right] == right) return right+1; while (left < right) { mid = left + (right - left) / 2; if (records[mid] == mid) { left = mid + 1; } else { right = mid; } } return left; } }
