LeetCode总结，二分法一般性总结

一，学习别人的总结与解说

本部分的參考见末尾，本部分文字是在其基础上的二度总结（节约时间和精力）。

1，典型的二分法

算法：当数据量非常大适宜採用该方法。採用二分法查找时，数据需是排好序的。

基本思想：如果数据是按升序排序的，对于给定值key，从序列的中间位置k開始比較，

假设当前位置arr[k]值等于key。则查找成功；

若key小于当前位置值arr[k]，则在数列的前半段中查找,arr[low,mid-1]。

若key大于当前位置值arr[k]。则在数列的后半段中继续查找arr[mid+1,high]，

直到找到为止,时间复杂度:O(log(n))。

上面的思想就是最最简单的二分法，即从一个排好序的数组之查找一个key值。如以下的程序：

int search(int *arr, int n, int key)

{

    int left = 0, right = n-1;

    while(left<=right) {//谨慎截止条件。依据指针移动条件来看，这里须要将数组推断到空为止

        int mid = left + ((right - left) >> 1);//防止溢出

        if (arr[mid] == key)//找到了

            return mid; 

        else if(arr[mid] > key) 

            right = mid - 1;//给定值key一定在左边，而且不包含当前这个中间值

        else 

            left = mid + 1;//给定值key一定在右边，而且不包含当前这个中间值

    }

    return -1;

}

证明二分算法正确性：
循环不变式：
假设key存在于数组中。始终仅仅可能存在于当前的array[left,right]数组段中。

初始化：
　　第一轮循环開始之前，array[left,right]就是原始数组，这时循环不变式显然成立。

迭代保持：

每次循环開始前，假设key存在，则仅仅可能在待处理数组array[left, ..., right]中。
　　对于array[mid]<key，array[left, ..., mid]均小于key。key仅仅可能存在于array[mid+1, ..., right]中；
　　对于array[mid]>key，array[mid, ..., right]均大于key，key仅仅可能存在于array[left, ..., mid-1]中；
　　对于array[mid]==key。查找到了key相应的下标，直接返回结果。
显然假设没找到key。下一次继续查找时我们设定的循环不变式依旧正确。
　死循环否？在前两种情况中，数组长度每次至少降低1（实际降低的长度各自是mid-left+1和right-mid+1），直到由left==right变为left>right（数组段长度由1-0）--->截止了。所以一定不会死循环。

终止：
　　结束时发生了什么？left>right,被压缩的数组段为空，表示key不存在于全部步骤的待处理数组。再结合每一步排除的部分数组中也不可能有key，因此key不存在于原数组。

因此我们得到了符合要求的解，此算法正确。

假设条件略微变化一下，还会写吗？事实上，二分法真的不那么简单。尤其是二分法的各个变种。

2，二分法的变种1

数组之中的数据可能能够反复，要求返回匹配的数据的最小（或最大）的下标；更近一步，须要找出数组中第一个大于key的元素（也就是最小的大于key的元素的）下标，等等。

这些。尽管仅仅有一点点的变化，实现的时候确实要更加的细心。

以下列出了这些二分检索变种的实现

a. 找出第一个与key相等的元素的位置

高速思考四个问题：

1）通过什么条件来移动两个指针？与中间位置进行大小比較。

当arr[mid]<key时，当前位置一定不是解。解一定仅仅可能在arr[mid+1,high]。即右边

当arr[mid]>key时。当前位置一定不是解。解一定仅仅可能在arr[low,mid-1]，即左边

当arr[mid]==key呢？mid有可能是解，也可能在arr[low,mid-1]即左边,但能够肯定的是解一定仅仅可能在arr[low,mid]中。

2）两个指针的意义？缩小范围，假设key存在于数组中，终于将low移动到目的位置。

3）程序的出口？截止条件就是出口。唯一的出口。

4）那截止条件应该怎样写？这得看怎么移动的。

int searchFirstEqual(int *arr, int n, int key)

{

    int left = 0, right = n-1;

    while(left < right)//依据两指针的意义，假设key存在于数组，left==right相等时已经得到解

    {

        int mid = (left+right)/2;

        if(arr[mid] > key)//一定在mid为止的左边，而且不包括当前位置

            right = mid - 1;

        else if(arr[mid] < key) 

            left = mid + 1;//一定在mid位置的右边，而且不包含当前mid位置

        else

            right=mid;//有益写得和參考博文不一样。以下有证明

    }

    if(arr[left] == key) 

            return left;

    return -1;

}

证明变种二分a的正确性：

循环不变式：

　　假设key存在于数组，那么key第一次出现的下标x仅仅可能在[left,right]中。而且始终有array[left]<=key, array[right]>=key

初始化：

　　第一轮循环開始之前，数组段就是原数组，这时循环不变式显然成立。

迭代保持：
　　每次循环開始前，假设key存在于原数组，那么位置x仅仅可能存在于待查找数组array[left, ..., right]中。
　　假设array[mid]<key，array[left, ..., mid]均小于key，x仅仅可能存在于array[mid+1, ..., right]中。

数组降低的长度为mid-left+1，至少为1。
　　假设array[mid]>key, array[mid, ..., right]均大于key的元素，x仅仅可能存在于array[left, ..., mid-1]中.数组降低的长度为right-mid+1，至少为1。

对于array[mid]==key, array[mid, ..., right]均大于或者等于key的元素，x仅仅可能存在于array[left, ..., mid]中，这里长度降低多少呢？见以下死循环分析。

显然迭代过程始终保持了循环不变式的性质。

死循环否？前两个条件至少降低1。可是后一个条件当两个指针的相距为2及其以上时（比方2->5，距离为2）

长度至少降低1，然而当相距为1时将无法降低长度，可是聪明的我们将其截止了，所以不会出现死循环。

终止：

结束时发生了什么？即left==right时，依据循环不变式始终有array[left]<=key, array[right]>=key（否则就不应该在这里找）。显然我们把两个指针缩小到left==right的情况，仅仅要检查array[left]==key就可以得到满足问题的解。因此算法是正确的。

b. 找出最后一个与key相等的元素的位置

int searchLastEqual(int *arr, int n, int key)

{

    int left = 0, right = n-1;

    while(left<right-1) {

        int mid = (left+right)/2;

        if(arr[mid] > key) 

            right = mid - 1;//key一定在mid位置的左边，而且不包含当前mid位置

        else if(arr[mid] < key) 

            left = mid + 1; //key一定在mid位置的右边。相等时答案有可能是当前mid位置

        else

            left=mid;//有益写得和參考博客不一样。见以下证明

    }

    if( arr[left]<=key && arr[right] == key) 

        return right;

    if( arr[left] == key && arr[right] > key)

        return left;

    return -1;

}

循环不变式：

　　假设key存在于数组。那么key最后一次出现的下标x仅仅可能在[left,right]中。而且和上一题一样始终有array[left]<=key, array[right]>=key

初始化：

　　第一轮循环開始之前，数组段就是原数组，这时循环不变式显然成立。

迭代保持：
　　每次循环開始前。假设key存在于原数组。那么位置x仅仅可能存在于待查找数组array[left, ..., right]中。

　　假设array[mid]<key，array[left, ..., mid]均小于key，x仅仅可能存在于array[mid+1, ..., right]中。数组降低的长度为mid-left+1，至少为1。
　　假设array[mid]>key, array[mid, ..., right]均大于key的元素。x仅仅可能存在于array[left, ..., mid-1]中.数组降低的长度为right-mid+1，至少为1。

对于array[mid]==key, array[mid, ..., right]均大于或者等于key的元素，x仅仅可能存在于array[mid, ...,right]中，长度降低情况见以下死循环分析。

迭代过程始终保持了循环不变式。

死循环否？前两个条件至少降低1，可是后一个条件当两个指针的相距为3及其以上时（比方2->5->7。距离为3）

长度至少降低1，然而当相距为2时将无法降低长度，可是聪明的我们利用left<right-1将其截止了。所以不会出现死循环。

终止：

结束时发生了什么？即left==right-1时，依据循环不变式始终有array[left]<=key, array[right]>=key（否则就不应该在这里找）。

显然我们把两个指针缩小到仅仅有left和right两个情况，仅仅要检查两个位置的值与key相等与否就可以得到满足问题的解。因此算法是正确的。

以上两个算法虽然參考别人博客。可是证明以及详细二分写法都不一样。能够细致对照学习。

3。二分法的变种2

a. 查找第一个等于或者大于Key的元素的位置

int searchFirstEqualOrLarger(int *arr, int n, int key)

{

    int left=0, right=n-1;

    while(left<=right) 

    {

        int mid = (left+right)/2;

        if(arr[mid] >= key) 

            right = mid-1;

        else if (arr[mid] < key) 

            left = mid+1;

    }

    return left;

}

b. 查找第一个大于key的元素的位置

int searchFirstLarger(int *arr, int n, int key)

{

    int left=0, right=n-1;

    while(left<=right)

    {

        int mid = (left+right)/2;

        if(arr[mid] > key) 

            right = mid-1;

        else if (arr[mid] <= key) 

            left = mid+1;

    }

    return left;

}

4，二分法的变种3

a. 查找最后一个等于或者小于key的元素的位置

int searchLastEqualOrSmaller(int *arr, int n, int key)

{

    int left=0, right=n-1;

    while(left<=right) 

    {

        int m = (left+right)/2;

        if(arr[m] > key) 

             right = m-1;

        else if (arr[m] <= key) 

             left = m+1;

    }

    return right;

}

b. 查找最后一个小于key的元素的位置

int searchLastSmaller(int *arr, int n, int key)

{

    int left=0, right=n-1;

    while(left<=right) {

        int mid = (left+right)/2;

        if(arr[mid] >= key) 

             right = mid-1;

        else if (arr[mid] < key) 

             left = mid+1;

    }

    return right;

}

以下是一个測试的样例：

int main(void) 

{

    int arr[17] = {1, 

                   2, 2, 5, 5, 5, 

                   5, 5, 5, 5, 5, 

                   5, 5, 6, 6, 7};

    printf("First Equal           : %2d 
", searchFirstEqual(arr, 16, 5));

    printf("Last Equal            : %2d 
", searchLastEqual(arr, 16, 5));

    printf("First Equal or Larger : %2d 
", searchFirstEqualOrLarger(arr, 16, 5));

    printf("First Larger          : %2d 
", searchFirstLarger(arr, 16, 5));

    printf("Last Equal or Smaller : %2d 
", searchLastEqualOrSmaller(arr, 16, 5));

    printf("Last Smaller          : %2d 
", searchLastSmaller(arr, 16, 5));

    system("pause");

    return 0;

}

最后输出结果是：

First Equal           :  3

Last Equal            : 12

First Equal or Larger :  3

First Larger          : 13

Last Equal or Smaller : 12

Last Smaller          :  2

非常多的时候。应用二分检索的地方都不是直接的查找和key相等的元素。而是使用上面提到的二分检索的各个变种。熟练掌握了这些变种。当你再次使用二分检索的检索的时候就会感觉的更加的得心应手了。

二，个人经验总结

首先一个主要的事实就是二分法一定有两个指针（low和high）在移动和一个中间位置mid（要是没有还能算二分法？），二分法实际上就是在通过迭代这两个指针到指定的位置，仅仅是迭代的条件可能式多样的（不一定像经典二分法那样与中间值比較）。

而迭代的而过程使劲的在淘汰当前确定不是解（终于有可能是解）的某个范围。务必利用循环不变式高速理清三个条件：

1，确定循环不变式

这个一定得依据详细的问题正确设定。在每次循环时一定要继续保持这个条件成立。

2，二分移动条件是什么？
即我们应该以什么样的条件进行范围淘汰？最重要的事情是理清移动的详细意义，究竟该不该跨步移动。即+1或者-1（我称之为跨步移动）？
1）首先高速推断基于当前mid位置不是解得情况。那么将对应指针直接跨步移动，即+1或者-1
2）可是假设这个位置有可能是解也有可能不是解怎么办？不管怎么样，1中循环不变式一定要满足。

最重要的就是弄清楚二分法中移动的意义，确定当前一定正确的移动因素
a）假设全是确定移动因素二分算法就简单了。仅仅看截止条件的设定就可以。
b）假设具有不定的移动因素。没关系，仅仅要移动不破坏循环不变式就可以。

3，截止条件是什么？

截止条件的作用就是在截止后我们就能够推断出我们想要的答案了。

截止后一定要满足两个点：

a）我们的范围已经被压缩到非常小的范围。能够非常easy确定问题的解

b）一定要推断死循环与否，这是最重要的。

4，最后利用循环不变式验证二分算法的正确性

结合《算法导论》循环不变式断言我们写的二分算法的正确性。

形式上非常类似与数学归纳法，它是一个须要保证正确断言。

对于循环不变式，必须证明它的三个性质；

初始化：它在循环的第一轮迭代開始之前。应该是正确的。

保持：假设在循环的某一次迭代開始之前它是正确的，那么，在下一次迭代開始之前。它也应该保持正确。

终止：循环可以终止，而且可以得到期望的结果（这一步是最重要的）。

证明这一步必须做，上面三步简单分析就可以，这一步决定正确性。

验证时特别要注意我们要的解在被压缩的范围中arr[low....high]中的关系和意义。

事实上二分法难度还好，想想当年多么难的数学------《数学物理方程》《高等数学》都学了，这些与之相比就是“渣”。

样例1

在一个有序数组中查找要插入的位置

原文地址，<LeetCode OJ> 35. Search Insert Position

用low来记录答案

class Solution {  
public:  
    int searchInsert(vector<int>& nums, int target) {  //数组不能空
        int low=0,high=nums.size()-1;  
        while(low<=high)  //相等时也须要推断一次
        {  
            int mid=(low+high)/2;  
            if(nums[mid]<target)  
                low=mid+1;//  确定移动因素。一定在右边nums[mid+1,high]
            if(nums[mid]>target)  
                high=mid-1;//  确定移动因素，一定在左边nums[low,mid-1]
            if(nums[mid]==target)  
                return mid;//确定因素，找到了  
        }  
        return low;  
    }  
};

样例2

随意相邻元素不相等的数组中，寻找峰位置（随意一个峰都行）

原文地址，<LeetCode OJ> 162. Find Peak Element

注意：题目说了相邻元素不会相等，这个条件非常重要。

a) nums[mid] < nums[mid + 1]，

说明mid与后一个位置形成递增区间，则mid后面一定存在峰且当前mid一定不是峰，则low=mid+1（这个位置就有可能是峰了）

b) nums[mid] > nums[mid + 1]。

说明mid与后一个位置形成递减区间，则当前位置mid就有可能是峰（也可能在其前面），则high左移动到mid

当low和high相等时能否得到结果了？即是否应该截止？

由于high与后一位一定满足arr[high]>arr[high+1]（越界了就是负无穷）,即总是下降的。

而low正好相反。其前面一定是上升的。

所以当两者被压缩到相等时。就不须要再继续压缩范围，已经能够得到结果。

用low来记录终于答案

class Solution {  
public:  
    int findPeakElement(vector<int>& nums) {  
        int low = 0,high = nums.size()-1;    
        while(low < high)  //依据移动情况，当两者相等时已经能够确定解  
        {    
            int mid = (low+high)/2;       
            if(nums[mid] < nums[mid+1])    
                low = mid+1;  //确定移动因素。由于mid位置一定不是峰，而low=mid+1才可能是峰  
            else   
                high = mid;      //不定移动因素
        }    
            
        return low;   
    }  
};

样例3

在有序数组中，寻找第一个坏的版本号

原文地址。<LeetCode OJ> 278. First Bad Version

用low来记录解

// Forward declaration of isBadVersion API.  
bool isBadVersion(int version);  
  
class Solution {  
public:  
    int firstBadVersion(int n) {  
        int low=1,high=n;  
        while(low<=high)  
        {  
            int mid=low+(high-low)/2;//測试案例有超大数，这样写更安全  
            if(isBadVersion(mid))//假设是坏的版本号  
                high=mid-1; //不定移动因素。此时有可能是第一个坏版本号
            else 
                low=mid+1;//确定移动因素，一定在mid右边
        }  
        return low;  
    }  
};

由于存在不确定移动因素，所以发现也可写成例如以下版本号

// Forward declaration of isBadVersion API.  
bool isBadVersion(int version);  
  
class Solution {  
public:  
    int firstBadVersion(int n) {  
        int low=1, high=n;    
        while(low<high) {    
            int mid=low + (high-low)/2;    
            if(isBadVersion(mid))    
                high = mid;  //不定移动因素， 
            else    
                low = mid + 1;  //确定移动因素  
        }    
        return low;   
    }  
};

样例4

在每一行有序的二维数组中寻找值

原文地址，<LeetCode OJ> 74. / 240. Search a 2D Matrix （I / II）

class Solution {  
public:  
    bool searchMatrix(vector<vector<int>>& matrix, int target) {  
        int row=matrix.size();//行    
        int col=matrix[0].size();    
    
        for(int i=0;i<row;i++)//对每一行进行二分查找    
        {    
            int low=0,high=col-1;    
            //不可能在此行找到，此处算是一个小小的优化条件  
            if(matrix[i][high]<target)  
                continue;  
            //在此行查找      
            while(low <= high)//注意此处条件是依据low和high的移动情况来定的，能够断言必须每一行推断到空为止    
            {    
                int mid=(low+high)/2;    
                if(matrix[i][mid] > target)//确定移动因素，说明在mid位置的右边    
                    high=mid-1;    
                else if(matrix[i][mid] < target)  //确定移动因素  
                    low=mid+1;    
                else    //确定因素，找到了
                    return true;    
            }    
        }    
        return false;   
    }  
};

未完待续。持续学习二分法中........

注：本博文为EbowTang原创，兴许可能继续更新本文。

假设转载。请务必复制本条信息！

原文地址：http://blog.csdn.net/ebowtang/article/details/50770315

原作者博客：http://blog.csdn.net/ebowtang

本博客LeetCode题解索引：http://blog.csdn.net/ebowtang/article/details/50668895

參考资源：

【1】前半部分原作者，liubird，博文地址，http://blog.chinaunix.net/uid-1844931-id-3337784.html

【2】循环不变式下的二分法。http://www.cnblogs.com/wuyuegb2312/archive/2013/05/26/3090369.html

【3】LeetCode总结--二分查找篇，http://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/31354941

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