详解Java中二分法的基本思路和实现

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在一个有序数组中,找某个数是否存在

在一个有序数组中,找大于等于某个数最左侧的位置

在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

局部最大值问题

在一个有序数组中,找某个数是否存在

思路:

由于是有序数组,可以先得到中点位置,中点可以把数组分为左右半边。

如果中点位置的值等于目标值,直接返回中点位置。

如果中点位置的值小于目标值,则去数组中点左侧按同样的方式寻找。

如果中点位置的值大于目标值,则取数组中点右侧按同样的方式寻找。

如果最后没有找到,则返回:-1。

代码

class Solution { public int search(int[] arr, int t) { if (arr == null || arr.length < 1) { return -1; } int l = 0; int r = arr.length - 1; while (l <= r) { int m = l + ((r - l) >> 1); if (arr[m] == t) { return m; } else if (arr[m] > t) { r = m - 1; } else { l = m + 1; } } return -1; } }

时间复杂度 O(logN)

在一个有序数组中,找大于等于某个数最左侧的位置

示例 1:

输入: nums = [1,3,5,6], target = 5

输出: 2

说明:如果要在num这个数组中插入 5 这个元素,应该是插入在元素 3 和 元素 5 之间的位置,即 2 号位置。

示例 2:

输入: nums = [1,3,5,6], target = 2

输出: 1

说明:如果要在num这个数组中插入 2 这个元素,应该是插入在元素 1 和 元素 3 之间的位置,即 1 号位置。

示例 3:

输入: nums = [1,3,5,6], target = 7

输出: 4

说明:如果要在num这个数组中插入 7 这个元素,应该是插入在数组末尾,即 4 号位置。

通过上述示例可以知道,这题本质上就是求在一个有序数组中,找大于等于某个数最左侧的位置,如果不存在,就返回数组长度(表示插入在最末尾位置)

我们只需要在上例基础上进行简单改动即可,上例中,我们找到满足条件的位置就直接return

if (arr[m] == t) { return m; }

在本问题中,因为要找到最左侧的位置,所以,在遇到相等的时候,只需要先把位置记录下来,不用直接返回,然后继续去左侧找是否还有满足条件的更左边的位置。

同时,在遇到arr[m] > t条件下,也需要记录下此时的m位置,因为这也可能是满足条件的位置。

代码:

class Solution { public static int searchInsert(int[] arr, int t) { int ans = arr.length; int l = 0; int r = arr.length - 1; while (l <= r) { int m = l + ((r - l)>>1); if (arr[m] >= t) { ans = m; r = m - 1; } else { l = m + 1; } } return ans; } }

整个算法的时间复杂度是O(logN)

在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置

思路

本题也是用二分来解,当通过二分找到某个元素的时候,不急着返回,而是继续往左(右)找,看能否找到更左(右)位置匹配的值。

代码如下:

class Solution { public static int[] searchRange(int[] arr, int t) { if (arr == null || arr.length < 1) { return new int[]{-1, -1}; } return new int[]{left(arr,t),right(arr,t)}; } public static int left(int[] arr, int t) { if (arr == null || arr.length < 1) { return -1; } int ans = -1; int l = 0; int r = arr.length - 1; while (l <= r) { int m = l + ((r - l) >> 1); if (arr[m] == t) { ans = m; r = m - 1; } else if (arr[m] < t) { l = m +1; } else { // arr[m] > t r = m - 1; } } return ans; } public static int right(int[] arr, int t) { if (arr == null || arr.length < 1) { return -1; } int ans = -1; int l = 0; int r = arr.length - 1; while (l <= r) { int m = l + ((r - l) >> 1); if (arr[m] == t) { ans = m; l = m + 1; } else if (arr[m] < t) { l = m +1; } else { // arr[m] > t r = m - 1; } } return ans; } }

时间复杂度 O(logN)

局部最大值问题

思路

假设数组长度为N,首先判断0号位置的数和N-1位置的数是不是峰值位置。

0号位置只需要和1号位置比较,如果0号位置大,0号位置就是峰值位置,可以直接返回。

N-1号位置只需要和N-2号位置比较,如果N-1号位置大,N-1号位置就是峰值位置,可以直接返回。

如果0号位置和N-1在上轮比较中均是最小值,那么数组的样子必然是如下情况:

由上图可知,[0..1]区间内是增长趋势, [N-2...N-1]区间内是下降趋势。

那么峰值位置必在[1...N-2]之间出现。

此时可以通过二分来找峰值位置,先来到中点位置,假设为mid,如果中点位置的值比左右两边的值都大:

arr[mid] > arr[mid+1] && arr[mid] > arr[mid-1]

mid位置即峰值位置,直接返回。

否则,有如下两种情况:

情况一:mid 位置的值比 mid - 1 位置的值小

趋势如下图:

则在[1...(mid-1)]区间内继续二分。

情况二:mid 位置的值比 mid + 1 位置的值小

趋势是:

则在[(mid+1)...(N-2)]区间内继续上述二分。

完整代码

public class LeetCode_0162_FindPeakElement { public static int findPeakElement(int[] nums) { if (nums.length == 1) { return 0; } int l = 0; int r = nums.length - 1; if (nums[l] > nums[l + 1]) { return l; } if (nums[r] > nums[r - 1]) { return r; } l = l + 1; r = r - 1; while (l <= r) { int mid = l + ((r - l) >> 1); if (nums[mid] > nums[mid + 1] && nums[mid] > nums[mid - 1]) { return mid; } if (nums[mid] < nums[mid + 1]) { l = mid + 1; } else if (nums[mid] < nums[mid - 1]) { r = mid - 1; } } return -1; } }

时间复杂度O(logN)

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