二分法是一个非常高效的算法，它常常用于计算机的查找过程中。本文将通过示例为大家详细讲讲二分法的基本思路和实现，感兴趣的可以了解一下
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了
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 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 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]
则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] 时间复杂度O(logN)。
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