【二分查找篇】速刷牛客TOP101 高效刷题指南
文章目录
- 17、BM17 二分查找-I
- 18、BM18 二维数组中的查找
- 19、BM19 寻找峰值
- 20、BM20 数组中的逆序对
- 21、BM21 旋转数组的最小数字
- 22、BM22 比较版本号
17、BM17 二分查找-I
思路步骤：
- step 1：从数组首尾开始，每次取中点值。
- step 2：如果中间值等于目标即找到了，可返回下标，如果中点值大于目标，说明中点以后的都大于目标，因此目标在中点左半区间，如果中点值小于目标，则相反。
- step 3：根据比较进入对应的区间，直到区间左右端相遇，意味着没有找到。
public class Solution {
/**
* 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
*
*
* @param nums int整型一维数组
* @param target int整型
* @return int整型
*/
public int search (int[] nums, int target) {
// 二分查找
int l = 0;
int r = nums.length - 1;
//从数组首尾开始，直到二者相遇
while(l <= r){
//每次检查中点的值
int m = (l + r) / 2;
if(nums[m] == target){
return m;
}
//进入左的区间
if(nums[m] > target){
r = m - 1;
}else{
l = m + 1;
}
}
//未找到
return -1;
}
}
18、BM18 二维数组中的查找
思路步骤：
似乎我们可以直接从上到下遍历矩阵，再从左到右遍历矩阵每一行，然后检验目标值是否是遇到的元素。
//两层循环，遍历二维数组
for(int i = 0; i < n; i++)
for(int j = 0; j < m; j++)
//找到target
if(array[i][j] == target)
return true;
但是我们这样就没有利用到矩阵内部的行列都是有序这个性质，我们再来找找规律：
首先看四个角，左上与右下必定为最小值与最大值，而左下与右上就有规律了：左下元素大于它上方的元素，小于它右方的元素，右上元素与之相反。既然左下角元素有这么一种规律，相当于将要查找的部分分成了一个大区间和小区间，每次与左下角元素比较，我们就知道目标值应该在哪部分中，于是可以利用分治思维来做。
具体做法：
- step 1：首先获取矩阵的两个边长，判断特殊情况。
- step 2：首先以左下角为起点，若是它小于目标元素，则往右移动去找大的，若是他大于目标元素，则往上移动去找小的。
- step 3：若是移动到了矩阵边界也没找到，说明矩阵中不存在目标值。
图示：
public class Solution {
public boolean Find (int target, int[][] array) {
// 二分查找
//basecase
//首先判断矩阵的两个边长
if(array.length == 0){
return false;
}
if(array[0].length == 0){
return false;
}
//定义两个变量
int m = array.length;
int n = array[0].length;
//从最左下角开始往右或者往上找
for(int i = 0, j = n -1; i < m && j >= 0;){
//小于目标值，开始往右找
if(array[i][j] < target){
i++;
}else if(array[i][j] > target){
j--;
}else{
return true;
}
}
return false;
}
}
19、BM19 寻找峰值
思路：
因为题目将数组边界看成最小值，有两种情况：
- 往下坡方向走，有可能遇到新的山峰，也有可能一路走到深渊谷底；
- 往上坡方向走，由于最后面是深渊，所以一定能找到山峰；
而我们只需要找到其中一个波峰，
因此只要不断地往高处走，一定会有波峰。
那我们可以每次找一个标杆元素，将数组分成两个区间，每次就较高的一边走
因此也可以用分治来解决，而标杆元素可以选择区间中点。
具体做法：
- step 1：二分查找首先从数组首尾开始，每次取中间值，直到首尾相遇。
- step 2：如果中间值的元素大于它右边的元素，说明往右是向下，我们不一定会遇到波峰，但是那就往左收缩区间。
- step 3：如果中间值大于右边的元素，说明此时往右是向上，向上一定能有波峰，那我们往右收缩区间。
- step 4：最后区间收尾相遇的点一定就是波峰。
图示：
public class Solution {
public int findPeakElement (int[] nums) {
//关键思想：下坡的时候可能找到波峰，但是可能找不到，一直向下走的
//上坡的时候一定能找到波峰，因为题目给出的是nums[-1] = nums[n] = -∞
int l = 0;
int r = nums.length - 1;
while(l < r){
//int mid = l + ((l - r)>>1);
int mid = (l + r) / 2;
//右边是往下，不一定有波峰,就往左边找
if(nums[mid] > nums[mid + 1]){
r = mid;
}else{
//右边是往上，一定有波峰
l = mid + 1;
}
}
return r;
}
}
20、BM20 数组中的逆序对
思路步骤
那么，我们先来说说归并算法吧，归并算法讲究一个先分后并！
先分：分呢，就是将数组分为两个子数组，两个子数组分为四个子数组，依次向下分，直到数组不能再分为止！
后并：并呢，就是从最小的数组按照顺序合并，从小到大或从大到小，依次向上合并，最后得到合并完的顺序数组！
介绍完归并排序，我们来说说归并统计法，我们要在哪个步骤去进行统计呢？
归并统计法，关键点在于合并环节，在合并数组的时候，当发现右边的小于左边的时候，此时可以直接求出当前产生的逆序对的个数。
举个例子：
在合并 {4 ,5} {1 , 2} 的时候，首先我们判断 1 < 4，我们即可统计出逆序对为2，为什么呢？这利用了数组的部分有序性。因为我们知道 {4 ,5} 这个数组必然是有序的，因为是合并上来的。此时当 1比4小的时候，证明4以后的数也都比1大，此时就构成了从4开始到 {4,5}这个数组结束，这么多个逆序对（2个），此时利用一个临时数组，将1存放起来，接着比较2和4的大小，同样可以得到有2个逆序对，于是将2也放进临时数组中，此时右边数组已经完全没有元素了，则将左边剩余的元素全部放进临时元素中，最后将临时数组中的元素放进原数组对应的位置。
最后接着向上合并~
可以看到下面这张图~
public class Solution {
int count = 0;
public int InversePairs (int[] nums) {
// 归并排序
//长度小于2则无逆序对
if (nums == null || nums.length < 2) {
return 0;
}
//将数组分为左右两部分进行排序
mergeSort(nums, 0, nums.length - 1);
return count;
}
private void mergeSort(int[] arr, int L, int R) {
//basecase
//如果L下标和R下标重合，那也说明有序
if (L == R) {
return;
}
//找分割点
int mid = L + ((R - L) >> 1);
//将 左边部分排好序
mergeSort(arr, L, mid);
//将 右边部分排好序
mergeSort(arr, mid + 1, R);
//merge，将两部分排好序的数组进行整体排序
merge(arr, L, mid, R);
}
public void merge(int[] arr, int L, int mid, int R) {
//首先定义一个help数组,长度为此时两个子数组加起来的长度
int[] help = new int[R - L + 1];
//临时数组的下标起点
int i = 0;
//定义两个指针
int p1 = L;
int p2 = mid + 1;
//如果这两个数组都没有越界
while (p1 <= mid && p2 <= R) {
// 当左子数组的当前元素小的时候，跳过，无逆序对
if (arr[p1] <= arr[p2]) {
// 放入临时数组
help[i++] = arr[p1++];
} else { // 否则，此时存在逆序对
// 放入临时数组
help[i++] = arr[p2++];
// 逆序对的个数为 左子数组的终点- 当前左子数组的当前指针
count += mid - p1 + 1;
count %= 1000000007;
}
//help[i++] = arr[p1] < arr[p2] ? arr[p1++] : arr[p2++];
}
//如果左边的数组没有越界
while (p1 <= mid) {
//将左边数组的值直接拷贝到hele数组里面
help[i++] = arr[p1++];
}
//如果右边的数组没有越界
while (p2 <= R) {
//将右边数组的值直接拷贝到hele数组里面
help[i++] = arr[p2++];
}
//经过上面的步骤，help数组有序啦，拷贝到arr数组就完成啦
for (i = 0; i < help.length; i++) {
arr[L + i] = help[i];
}
}
}
21、BM21 旋转数组的最小数字
解题思路：
排序数组的查找问题首先考虑使用 二分法 解决，其可将 遍历法 的 线性级别 时间复杂度降低至 对数级别
算法流程：
-
初始化： 声明 i, j 双指针分别指向 array 数组左右两端
-
循环二分： 设 m = (i + j) / 2 为每次二分的中点（ “/” 代表向下取整除法，因此恒有 i≤m1、当 array[m] > array[j] 时： m 一定在 左排序数组 中，即旋转点 x 一定在 [m + 1, j] 闭区间内，因此执行 i = m + 1
-
当 array[m] < array[j] 时： m 一定在 右排序数组 中，即旋转点 x 一定在[i, m]闭区间内，因此执行 j = m
-
当 array[m] = array[j] 时： 无法判断 mm 在哪个排序数组中，即无法判断旋转点 x 在 [i, m] 还是 [m + 1, j] 区间中。
解决方案： 执行 j = j - 1 缩小判断范围
-
返回值： 当 i = j 时跳出二分循环，并返回 旋转点的值 array[i] 即可。
public class Solution {
/**
* 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
*
*
* @param nums int整型一维数组
* @return int整型
*/
public int minNumberInRotateArray (int[] nums) {
// basecase
if(nums.length == 0){
return 0;
}
//左右指针
int l = 0 , r = nums.length - 1;
//循环
while(l < r){
//找到数组中的重点m
int m = l + (r - l)/2;
// m在左排序数组中，旋转点在 [m+1, r] 中
if(nums[m] > nums[r]){
l = m + 1;
// m 在右排序数组中，旋转点在 [l, m]中
}else if(nums[m] < nums[r]){
r = m;
}else{
// 缩小范围继续判断
r--;
}
}
// 返回旋转点
return nums[l];
}
}
22、BM22 比较版本号
思路：
既然是比较两个字符串每个点之间的数字是否相同，就直接同时遍历字符串比较，因此我们需要使用两个同向访问的指针各自访问一个字符串。
比较的时候，数字前导零不便于我们比较，因为我们不知道后面会出现多少前导零，因此应该将点之间的部分转化为数字再比较才方便。
while(i < n1 && version1[i] != '.'){
num1 = num1 * 10 + (version1[i] - '0');
i++;
}
具体做法：
- step 1：利用两个指针表示字符串的下标，分别遍历两个字符串。
- step 2：每次截取点之前的数字字符组成数字，即在遇到一个点之前，直接取数字，加在前面数字乘10的后面。（因为int会溢出，这里采用long记录数字）
- step 3：然后比较两个数字大小，根据大小关系返回1或者-1，如果全部比较完都无法比较出大小关系，则返回0
public class Solution {
/**
* 代码中的类名、方法名、参数名已经指定，请勿修改，直接返回方法规定的值即可
*
* 比较版本号
* @param version1 string字符串
* @param version2 string字符串
* @return int整型
*/
public int compare (String version1, String version2) {
// write code here
int n1 = version1.length();
int n2 = version2.length();
int i = 0, j = 0;
//遍历直到某个字符串结束
while(i < n1 || j < n2){
long num1 = 0;
//从下一个点前截取数字
while(i < n1 && version1.charAt(i) != '.'){
num1 = num1 * 10 + (version1.charAt(i) - '0');
i++;
}
//跳过点
i++;
long num2 = 0;
//从下一个点前截取数字
while(j < n2 && version2.charAt(j) != '.'){
num2 = num2 * 10 + (version2.charAt(j) - '0');
j++;
}
//跳过点
j++;
//比较数字大小
if(num1 > num2){
return 1;
}
if(num1 < num2){
return -1;
}
}
//版本号相同
return 0;
}
}