题目描述
给定一个按照升序排列的长度为n的整数数组，以及 q 个查询。
对于每个查询，返回一个元素k的起始位置和终止位置（位置从0开始计数）。
如果数组中不存在该元素，则返回“-1 -1”。
输入格式
第一行包含整数n和q，表示数组长度和询问个数。
第二行包含n个整数（均在1~10000范围内），表示完整数组。
接下来q行，每行包含一个整数k，表示一个询问元素。
输出格式
共q行，每行包含两个整数，表示所求元素的起始位置和终止位置。
如果数组中不存在该元素，则返回“-1 -1”。
数据范围
1≤n≤100000
1≤n≤100000
1≤q≤10000
1≤q≤10000
1≤k≤10000
1≤k≤10000
样例
输入样例：
6 3
1 2 2 3 3 4
3
4
5
输出样例：
3 4
5 5
-1 -1
分析：
本题是练习二分很好的一道题目，二分程序虽然简单，但是如果写之前不考虑好想要查找的是什么，十有八九会是死循环或者查找错误，就算侥幸写对了也只是运气好而已。用二分去查找元素要求数组的有序性或者拥有类似于有序的性质，对本题而言，一个包含重复元素的有序序列，要求输出某元素出现的起始位置和终止位置，翻译一下就是：在数组中查找某元素，找不到就输出-1，找到了就输出不小于该元素的最小位置和不大于该元素的最大位置。所以，需要写两个二分，一个需要找到>=x的第一个数，另一个需要找到<=x的最后一个数。查找不小于x的第一个位置，较为简单：
int l = 0, r = n - 1; while (l < r) { int mid = l + r >> 1; if (a[mid] < x) l = mid + 1; else r = mid; }
当a[mid]小于x时，令l = mid + 1，mid及其左边的位置被排除了，可能出现解的位置是mid + 1及其后面的位置；当a[mid] >= x时，说明mid及其左边可能含有值为x的元素；当查找结束时，l与r相遇，l所在元素若是x则一定是x出现最小位置，因为l左边的元素必然都小于x。查找不大于x的最后一个位置，便不容易了：
int l1 = l, r1 = n; while (l1 + 1 < r1) { int mid = l1 + r1 >> 1; if (a[mid] <= x) l1 = mid; else r1 = mid; }
要查找不大于x的最后一个位置，当a[mid] <= x时，待查找元素只可能在mid及其后面，所以l = mid；当a[mid] > x时，待查找元素只会在mid左边，令r = mid。
为什么不令r = mid - 1呢？因为如果按照上一个二分的写法，循环判断条件还是l < r,当只有两个元素比如2 2时，l指向第一个元素，r指向第二个元素，mid指向第一个元素，a[mid] <= x，l = mid还是指向第一个元素，指针不移动了，陷入死循环了，此刻l + 1 == r，未能退出循环。
那么直接把循环判断条件改成l + 1 < r呢？此时一旦只有两个元素，l和r差1，循环便不再执行，查找错误。
所以这里出现了二分的典型错误，l == r作为循环终止条件，会出现死循环，l + 1 == r作为循环终止条件，会出现查找错误。
问题如何解决，一种方法就是将查找的区间设置为左闭右开，比如待查找元素在[0,n - 1]范围内，可以写成[0,n)，令r = n，这时候只有两个元素时，r是取最右边元素的后一个位置的，l和r相差2，还会执行循环。
现在再来理解上一段的r1 = mid，说明a[mid] > x时，r = mid就表示待查找元素会是在r的左边，因为r是开区间。上面这种写法修改了循环条件使得二分不会死循环，修改了区间的开闭性使得不会查找错误。另一种解决办法就是：
int l = 0, r = n - 1; while (l < r) { int mid = l + r + 1 >> 1; if (a[mid] <= x) l = mid; else r = mid - 1; }
不修改循环终止条件，想办法解决死循环的问题，首先想下为什么查找不小于x的第一个位置不会死循环？因为这时就算只有两个元素，l + 1 = r,mid = l,a[mid]小于x时l是会+1的，不小于x时r = mid也会缩小区间。
而查找不大于x的最后一个位置之所以会死循环是因为编程语言里面除以2的下取整性，试想下如果l + 1 = r时，mid = （l + r） / 2 = l，一旦a[mid] <= x,l = mid = l，区间并没有缩小，从而陷入死循环；如果一开始取mid为r，一旦a[mid] <= x,l = mid = r,区间缩小，否则r = mid - 1 = l区间缩小，l都会与r相遇，就不会陷入死循环了。
如何做到上取整呢？只需要取mid时在l + r后面再加1即可，这里l和r都是闭区间，所以当a[mid] > x时，r = mid - 1.
是否还有其他办法既不修改区间的开闭性和循环终止条件，又不用上取整呢？答案是肯定的。
int l1 = l, r1 = n - 1; while (l1 < r1) { int mid = l1 + r1 >> 1; if (a[mid] <= x) l1 = mid + 1; else r1 = mid - 1; } printf(“%d %d\n”, l, l1 - (a[l1] == x ? 0 : 1));
我们之所以会进行第二轮查找不大于x的最后一个位置，是因为第一轮已经找到了一个等于x的位置。所以完全可以当a[mid] <= x时，令l = mid + 1，此时，l指向的元素可能是x也可能比x大，但是由于不论大小，l和r的指针都移动了，就不会陷入死循环了，最后，如果a[l] == x则，l就是x出现的最后的位置，否则，l - 1就是x出现的最后一个位置。或许有人会疑惑，当a[mid] <= x时，l已经右移，最后l不是肯定指向的是大于x的位置嘛，为什么也可能指向等于x的位置？这是因为一旦第一轮查找的x出现的位置就是x唯一出现的位置，当x出现在数组末尾时，l == r，循环不会执行，此刻l指向的还是x，所以加上这个判断就可以解决该问题了。这也是二分程序可能遇见的第三种问题，当左右指针都移动时，待查找元素处在元素末尾会引起查找错误。总的代码如下：
#include using namespace std; const int maxn = 100005; int n, q, x, a[maxn]; int main() { scanf(“%d%d”, &n, &q); for (int i = 0; i < n; i++) scanf(“%d”, &a[i]); while (q–) { scanf(“%d”, &x); int l = 0, r = n - 1; while (l < r) { int mid = l + r >> 1; if (a[mid] < x) l = mid + 1; else r = mid; } if (a[l] != x) { printf(“-1 -1\n”); continue; } int l1 = l, r1 = n; while (l1 + 1 < r1) { int mid = l1 + r1 >> 1; if (a[mid] <= x) l1 = mid; else r1 = mid; } printf(“%d %d\n”, l, l1); } return 0; }
（补充说明：没想到写的众多题解里会是这篇获赞最多，一直尝试用费曼技巧去写题解，每篇题解都尽可能的写的详尽。如果大佬们看y总视频有不明白的地方，欢迎造访个人博客 昂昂累世士的博客 ，目前更新完成的博客有剑指offer，算法基础课，正在更新的有算法提高课（更新一百多篇了），还有早期写的一些算法竞赛进阶指南的题解，如果博客题解中有不明白或者写的不好的地方，欢迎留言或者私聊。）
