剑指offer-二维数组中的查找
题目描述
在一个二维数组中（每个一维数组的长度相同），每一行都按照从左到右递增的顺序排序，每一列都按照从上到下递增的顺序排序。请完成一个函数，输入这样的一个二维数组和一个整数，判断数组中是否含有该整数。
本题考查的知识点是：数组、查找
首先回顾下常用的查找算法：顺序查找和二分查找
顺序查找：逐个的查找，找到返回true或该元素下标，找不到则返回false或-1；
二分查找：前提是有序数组中查找，从中间元素开始，若找到则返回true或该元素下标，如果某一特定元素大于或者小于中间元素，则在数组大于或小于中间元素的那一半中查找，而且跟开始一样从中间元素开始比较。
int BinarySerach(vector<int>&vec,int target)
{
int n=vec.size();
int mid;
int low=0;
int high=m-1;
while(low<=high)
{
mid=low+(high-low)/2;
if(vec[mid]==target)
{
return mid;
}
else if(vec[mid]>value)
{
high=mid-1;
}
else
{
low=mid+1;
}
}
return -1;
}
接下来其入正题：
方法一：
我们可以直接用顺序查找的方法解决这道题：
时间复杂度为O（n^2）
空间复杂度O（1）
bool Find(int target, vector<vector<int> > array) {
int m = array.size();
int n = array[0].size();
if (m == 0 || n == 0) return false;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
for (int j = 0; j < n; j++)
{
if (array[i][j] == target)
{
return true;
}
}
}
return false;
}
但是，我们没有利用题目中的一些重要信息：数组从左到右递增，从上到下递增。这个时候，二分法可以适用
方法二：
对每一列进行二分查找
时间复杂度：O(n*lgn)
空间复杂度：O(1)
int m = array.size();
int n = array[0].size();
if (m == 0 || n == 0) return false;
for (int i = 0; i < m; i++)
{
for (int begin = 0, end = m - 1, j = m / 2; begin <= end;)
{
if (array[i][j] == target)
{
return true;
}
else if (array[i][j] > target)
{
end = j - 1;
}
else
{
begin = j + 1;
}
j = begin + (end - begin) / 2;
}
}
return false;
}
方法三：
矩阵是有序的：利用二维数组由上到下，由左到右递增的规律。
左下角元素m是行中最小的，是一列中最大的。
当m == target时，查到结果，直接返回；
当m > target时，因为m是一行中最小的，所以向上移动一行，继续查找；
当m < target时，因为m是一列中最大的，所以向右移动一列，继续查找
我们选取左下角为起始位置：
时间复杂度：O(m+n) ，其中m为行数，n为列数，最坏情况下，需要遍历m+n次。
空间复杂度：O(1)
bool Find(int target, vector<vector<int> > array) {
int m=array.size();
int n=array[0].size();
if(m==0||n==0) return false;
int i=m-1;
int j=0;
while(i>=0&&j<n)
{
if(array[i][j]==target)
{
return true;
break;
}
else if (array[i][j] < target)
{
j++;
}
else
{
i--;
}
}
return false;
}
下面的方法是摘自牛客上“遗忘201901051244512”的题解
拓展：双折半查找
二维数组分为上下左右四个边界top，bottom，left，right：
对上边界top进行折半查找，假设终止点为E，则可以将二维数组位于终止点E右边的矩形Rr排除，因为终止点E小于其右边相邻的元素E+1，而E+1是右边矩形Rr的最小元素(左上元素)
同理，对下边界bottom折半，可以排除二维数组位于终止点E左边的矩形Rl排除，
对左边界left折半，可以排除二维数组位于终止点E下边的矩形Rb排除，
对右边界right折半，可以排除二维数组位于终止点E上边的矩形Rt排除，
一轮过去，边界范围缩小，对由新边界组成的矩形重复以上操作，直到范围缩小为只有一个元素。
十字分割法
我首先想到的是这种方法，不过要注意这种方法无论是从思维还是实现过程都比较麻烦，实战慎用。
1.分析：在主对角线方向上进行查找操作，直到一个元素大于目标，该终止点的左上区域与右下区域都可以排除，再递归剩下的左下、右上两个区域。
2.代码
// Solution 2: 运行时间：12ms 占用内存：1624k
bool Find_2(int target, vector<vector<int> > array) {
if (array.empty())return false;
if (array[0].empty())return false; //处理空数组
//初始化栈
typedef struct {
int xmin=0,ymin=0,xmax,ymax;
} stack_elem;
stack_elem temp, newTemp;
stack<stack_elem> s;
temp.xmax = temp.ymax = array.size()-1;
s.push(temp);
while (!s.empty()){
newTemp = temp = s.top();
s.pop();
int x=temp.xmin, y=temp.ymin;
while (true){
// 首先确定区域是否可能包含目标值
if (array[temp.xmin][temp.ymin]>target || array[temp.xmax][temp.ymax]<target) break;
if (temp.xmin>temp.xmax || temp.ymin>temp.ymax) break;
// 遍历过程节点分为几类
if (array[x][y] == target) return true; // 情况1： 找到目标值
if (array[x][y] > target){ //情况2：找到大于目标值的节点，缩小大区域为两个小区域
newTemp.xmax = x-1;
newTemp.ymin = y;
if (newTemp.xmin<=newTemp.xmax && newTemp.ymin<=newTemp.ymax)
s.push(newTemp);
temp.ymax = y-1;
temp.xmin = x;
y = temp.ymin;
}
else if (x == temp.xmax){ //情况3：处理非正方形区域某一边界先溢出的情况
temp.ymin = y+1;
x = temp.xmin;
++y;
}
else if (y == temp.ymax){
temp.xmin = x+1;
y = temp.ymin;
++x;
}
else {++x,++y;} // 情况4：继续查找
}
}
return 0;
}
3.复杂度
时间复杂度：采用二分查找时为O(lgn)、采用顺序查找时为O(nlgn)
空间复杂度：O(1)