第八课 二分
文章目录
- 第八课 二分
-
- lc704.二分查找--简单
-
- 题目描述
- 代码展示
- 二分模版
- lc34.排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置--中等
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc69.x的平方根--简单
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc74.搜索二维矩阵--中等
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc153.寻找旋转排序数组中的最小值--中等
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc154.寻找寻找排序数组中的最小值II--困难
-
- 题目描述
- 代码展示
- 三分查找
- lc162.寻找峰值--中等
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc374.猜数字大小--简单
-
- 题目描述
- 代码展示
- 二分答案--最优性问题转化为判定问题的基本技巧
- lc410.分割数组的最大值--困难
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc1482.制作m束花所需的最少天数--中等
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc1011.在D天内送达包裹的能力--中等
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc911.在线选举--中等
-
- 题目描述
- 代码展示
- lc875.爱吃香蕉的珂珂--中等
-
- 题目描述
- 代码展示
第八课 二分
lc704.二分查找–简单
题目描述
给定一个 n 个元素有序的（升序）整型数组 nums 和一个目标值 target ，写一个函数搜索 nums 中的 target，如果目标值存在返回下标，否则返回 -1。
示例 1:
输入: nums = [-1,0,3,5,9,12], target = 9
输出: 4
解释: 9 出现在 nums 中并且下标为 4
示例 2:
输入: nums = [-1,0,3,5,9,12], target = 2
输出: -1
解释: 2 不存在 nums 中因此返回 -1
提示：
- 你可以假设
nums中的所有元素是不重复的。 n将在[1, 10000]之间。nums的每个元素都将在[-9999, 9999]之间。
代码展示
class Solution {
public:
int search(vector<int>& nums, int target) {
int left = 0, right = nums.size() - 1;
while(left <= right){
int mid = (right - left) / 2 + left;
int num = nums[mid];
if (num == target) {
return mid;
} else if (num > target) {
right = mid - 1;
} else {
left = mid + 1;
}
}
return -1;
}
};
二分模版
lc34.排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置–中等
题目描述
给你一个按照非递减顺序排列的整数数组 nums，和一个目标值 target。请你找出给定目标值在数组中的开始位置和结束位置。
如果数组中不存在目标值 target，返回 [-1, -1]。
你必须设计并实现时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。
示例 1：
输入：nums = [5,7,7,8,8,10], target = 8
输出：[3,4]
示例 2：
输入：nums = [5,7,7,8,8,10], target = 6
输出：[-1,-1]
示例 3：
输入：nums = [], target = 0
输出：[-1,-1]
提示：
0 <= nums.length <= 105-109 <= nums[i] <= 109nums是一个非递减数组-109 <= target <= 109
代码展示
class Solution {
// 两次二分查找，分开查找第一个和最后一个
// 时间复杂度 O(log n), 空间复杂度 O(1)
// [1,2,3,3,3,3,4,5,9]
public int[] searchRange(int[] nums, int target) {
int left = 0;
int right = nums.length - 1;
int first = -1;
int last = -1;
// 找第一个等于target的位置
while (left <= right) {
int middle = (left + right) / 2;
if (nums[middle] == target) {
first = middle;
right = middle - 1; //重点
} else if (nums[middle] > target) {
right = middle - 1;
} else {
left = middle + 1;
}
}
// 最后一个等于target的位置
left = 0;
right = nums.length - 1;
while (left <= right) {
int middle = (left + right) / 2;
if (nums[middle] == target) {
last = middle;
left = middle + 1; //重点
} else if (nums[middle] > target) {
right = middle - 1;
} else {
left = middle + 1;
}
}
return new int[]{first, last};
}
}
lc69.x的平方根–简单
题目描述
给你一个非负整数 x ，计算并返回 x 的 算术平方根 。
由于返回类型是整数，结果只保留 整数部分 ，小数部分将被 舍去 。
**注意：**不允许使用任何内置指数函数和算符，例如 pow(x, 0.5) 或者 x ** 0.5 。
示例 1：
输入：x = 4
输出：2
示例 2：
输入：x = 8
输出：2
解释：8 的算术平方根是 2.82842..., 由于返回类型是整数，小数部分将被舍去。
提示：
0 <= x <= 231 - 1
代码展示
class Solution {
public:
int mySqrt(int x) {
// 找最大的ans，满足ans^2<=x
long long left = 0, right = x;
while (left < right) {
long long mid = (left + right + 1) / 2;
if (mid * mid <= x) {
left = mid;
} else {
right = mid - 1;
}
}
return right;
}
};
lc74.搜索二维矩阵–中等
题目描述
给你一个满足下述两条属性的 m x n 整数矩阵：
- 每行中的整数从左到右按非递减顺序排列。
- 每行的第一个整数大于前一行的最后一个整数。
给你一个整数 target ，如果 target 在矩阵中，返回 true ；否则，返回 false 。
示例 1：
输入：matrix = [[1,3,5,7],[10,11,16,20],[23,30,34,60]], target = 3
输出：true
示例 2：
输入：matrix = [[1,3,5,7],[10,11,16,20],[23,30,34,60]], target = 13
输出：false
提示：
m == matrix.lengthn == matrix[i].length1 <= m, n <= 100-104 <= matrix[i][j], target <= 104
代码展示
class Solution {
public: //两次二分查找
bool searchMatrix(vector<vector<int>> matrix, int target) {
auto row = upper_bound(matrix.begin(), matrix.end(), target, [](const int b, const vector<int> &a) {
return b < a[0];
});
if (row == matrix.begin()) {
return false;
}
--row;
return binary_search(row->begin(), row->end(), target);
}
};
class Solution {
public: //一次二分查找
bool searchMatrix(vector<vector<int>>& matrix, int target) {
int m = matrix.size(), n = matrix[0].size();
int low = 0, high = m * n - 1;
while (low <= high) {
int mid = (high - low) / 2 + low;
int x = matrix[mid / n][mid % n];
if (x < target) {
low = mid + 1;
} else if (x > target) {
high = mid - 1;
} else {
return true;
}
}
return false;
}
};
lc153.寻找旋转排序数组中的最小值–中等
题目描述
已知一个长度为 n 的数组，预先按照升序排列，经由 1 到 n 次 旋转 后，得到输入数组。例如，原数组 nums = [0,1,2,4,5,6,7] 在变化后可能得到：
- 若旋转
4次，则可以得到[4,5,6,7,0,1,2] - 若旋转
7次，则可以得到[0,1,2,4,5,6,7]
注意，数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]] 旋转一次 的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]] 。
给你一个元素值 互不相同 的数组 nums ，它原来是一个升序排列的数组，并按上述情形进行了多次旋转。请你找出并返回数组中的 最小元素 。
你必须设计一个时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。
示例 1：
输入：nums = [3,4,5,1,2]
输出：1
解释：原数组为 [1,2,3,4,5] ，旋转 3 次得到输入数组。
示例 2：
输入：nums = [4,5,6,7,0,1,2]
输出：0
解释：原数组为 [0,1,2,4,5,6,7] ，旋转 4 次得到输入数组。
示例 3：
输入：nums = [11,13,15,17]
输出：11
解释：原数组为 [11,13,15,17] ，旋转 4 次得到输入数组。
提示：
n == nums.length1 <= n <= 5000-5000 <= nums[i] <= 5000nums中的所有整数 互不相同nums原来是一个升序排序的数组，并进行了1至n次旋转
代码展示
class Solution {
public:
int findMin(vector<int>& nums) {
int left = 0;
int right = nums.size() - 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
// 如果中间元素大于右边元素，说明最小值在右半部分
if (nums[mid] > nums[right]) {
left = mid + 1;
} else {
// 否则最小值在左半部分或者就是中间元素
right = mid;
}
}
// 最小元素就是左边界元素
return nums[left];
}
};
lc154.寻找寻找排序数组中的最小值II–困难
题目描述
已知一个长度为 n 的数组，预先按照升序排列，经由 1 到 n 次 旋转 后，得到输入数组。例如，原数组 nums = [0,1,4,4,5,6,7] 在变化后可能得到：
- 若旋转
4次，则可以得到[4,5,6,7,0,1,4] - 若旋转
7次，则可以得到[0,1,4,4,5,6,7]
注意，数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]] 旋转一次 的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]] 。
给你一个可能存在 重复 元素值的数组 nums ，它原来是一个升序排列的数组，并按上述情形进行了多次旋转。请你找出并返回数组中的 最小元素 。
你必须尽可能减少整个过程的操作步骤。
示例 1：
输入：nums = [1,3,5]
输出：1
示例 2：
输入：nums = [2,2,2,0,1]
输出：0
提示：
n == nums.length1 <= n <= 5000-5000 <= nums[i] <= 5000nums原来是一个升序排序的数组，并进行了1至n次旋转
代码展示
class Solution {
public:
int findMin(vector<int>& nums) {
int left = 0;
int right = nums.size() - 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
// 如果中间元素大于右边元素，说明最小值在右半部分
if (nums[mid] > nums[right]) {
left = mid + 1;
} else if (nums[mid] < nums[right]) {
// 如果中间元素小于右边元素，说明最小值在左半部分或者就是中间元素
right = mid;
} else {
// 如果中间元素等于右边元素，无法确定最小值在左半部分还是右半部分
// 只能将右边界向左移动一个位置，继续搜索
right--;
}
}
// 最小元素就是左边界元素
return nums[left];
}
};
//这段代码在二分查找的基础上，处理了可能存在重复元素值的情况。在中间元素等于右边元素时，将右边界
//向左移动一个位置，继续搜索，以确保找到最小元素。这样的算法复杂度仍然是 O(log n)。
三分查找
lc162.寻找峰值–中等
题目描述
峰值元素是指其值严格大于左右相邻值的元素。
给你一个整数数组 nums，找到峰值元素并返回其索引。数组可能包含多个峰值，在这种情况下，返回 任何一个峰值 所在位置即可。
你可以假设 nums[-1] = nums[n] = -∞ 。
你必须实现时间复杂度为 O(log n) 的算法来解决此问题。
示例 1：
输入：nums = [1,2,3,1]
输出：2
解释：3 是峰值元素，你的函数应该返回其索引 2。
示例 2：
输入：nums = [1,2,1,3,5,6,4]
输出：1 或 5
解释：你的函数可以返回索引 1，其峰值元素为 2；
或者返回索引 5， 其峰值元素为 6。
提示：
1 <= nums.length <= 1000-231 <= nums[i] <= 231 - 1- 对于所有有效的
i都有nums[i] != nums[i + 1]
代码展示
class Solution {
public:
int findPeakElement(vector<int>& nums) {
int left = 0;
int right = nums.size() - 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
// 如果中间元素小于其右边元素，说明峰值在右半部分
if (nums[mid] < nums[mid + 1]) {
left = mid + 1;
} else {
// 否则峰值在左半部分或者就是中间元素
right = mid;
}
}
// 返回左边界，即峰值所在位置
return left;
}
};
//这段代码使用二分查找，通过比较中间元素和其右边元素的大小来决定峰值在哪一侧，然后不断缩小搜索范
//围，直到找到峰值元素的索引。由于每次将搜索范围缩小一半，这个算法的时间复杂度为 O(log n)。
lc374.猜数字大小–简单
题目描述
猜数字游戏的规则如下：
- 每轮游戏，我都会从 1 到 n 随机选择一个数字。 请你猜选出的是哪个数字。
- 如果你猜错了，我会告诉你，你猜测的数字比我选出的数字是大了还是小了。
你可以通过调用一个预先定义好的接口 int guess(int num) 来获取猜测结果，返回值一共有 3 种可能的情况（-1，1 或 0）：
- -1：我选出的数字比你猜的数字小
pick < num - 1：我选出的数字比你猜的数字大
pick > num - 0：我选出的数字和你猜的数字一样。恭喜！你猜对了！
pick == num
返回我选出的数字。
示例 1：
输入：n = 10, pick = 6
输出：6
示例 2：
输入：n = 1, pick = 1
输出：1
示例 3：
输入：n = 2, pick = 1
输出：1
示例 4：
输入：n = 2, pick = 2
输出：2
提示：
1 <= n <= 231 - 11 <= pick <= n
代码展示
// Forward declaration of guess API.
int guess(int num);
class Solution {
public:
int guessNumber(int n) {
int left = 1;
int right = n;
while (left <= right) {
int mid = left + (right - left) / 2;
int result = guess(mid);
if (result == 0) {
return mid; // 找到了答案
} else if (result == 1) {
left = mid + 1; // 答案在右半部分
} else {
right = mid - 1; // 答案在左半部分
}
}
return -1; // 未找到答案，这里可以根据具体情况返回 -1 或其他合适的值
}
};
二分答案–最优性问题转化为判定问题的基本技巧
lc410.分割数组的最大值–困难
题目描述
给定一个非负整数数组 nums 和一个整数 m ，你需要将这个数组分成 m 个非空的连续子数组。
设计一个算法使得这 m 个子数组各自和的最大值最小。
示例 1：
输入：nums = [7,2,5,10,8], m = 2
输出：18
解释：
一共有四种方法将 nums 分割为 2 个子数组。
其中最好的方式是将其分为 [7,2,5] 和 [10,8] 。
因为此时这两个子数组各自的和的最大值为18，在所有情况中最小。
示例 2：
输入：nums = [1,2,3,4,5], m = 2
输出：9
示例 3：
输入：nums = [1,4,4], m = 3
输出：4
提示：
1 <= nums.length <= 10000 <= nums[i] <= 1061 <= m <= min(50, nums.length)
代码展示
class Solution {
public:
int splitArray(vector<int>& nums, int k) {
long long left = 0;
long long right = 0;
// 计算 left 和 right 的边界
for (int num : nums) {
left = max(left, (long long)num);
right += num;
}
while (left < right) {
long long mid = left + (right - left) / 2;
if (canSplit(nums, k, mid)) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
return left;
}
bool canSplit(vector<int>& nums, int k, long long maxSum) {
int count = 1;
long long sum = 0;
for (int num : nums) {
sum += num;
if (sum > maxSum) {
count++;
sum = num;
}
}
return count <= k;
}
};
本质:
二分答案的本质是建立一个单调分段0/1函数，定义域为解空间（答案），值域为0或1，
在这个函数上二分查找分界点
lc1482.制作m束花所需的最少天数–中等
题目描述
给你一个整数数组 bloomDay，以及两个整数 m 和 k 。
现需要制作 m 束花。制作花束时，需要使用花园中 相邻的 k 朵花 。
花园中有 n 朵花，第 i 朵花会在 bloomDay[i] 时盛开，恰好 可以用于 一束 花中。
请你返回从花园中摘 m 束花需要等待的最少的天数。如果不能摘到 m 束花则返回 -1 。
示例 1：
输入：bloomDay = [1,10,3,10,2], m = 3, k = 1
输出：3
解释：让我们一起观察这三天的花开过程，x 表示花开，而 _ 表示花还未开。
现在需要制作 3 束花，每束只需要 1 朵。
1 天后：[x, _, _, _, _] // 只能制作 1 束花
2 天后：[x, _, _, _, x] // 只能制作 2 束花
3 天后：[x, _, x, _, x] // 可以制作 3 束花，答案为 3
示例 2：
输入：bloomDay = [1,10,3,10,2], m = 3, k = 2
输出：-1
解释：要制作 3 束花，每束需要 2 朵花，也就是一共需要 6 朵花。而花园中只有 5 朵花，无法满足制作要求，返回 -1 。
示例 3：
输入：bloomDay = [7,7,7,7,12,7,7], m = 2, k = 3
输出：12
解释：要制作 2 束花，每束需要 3 朵。
花园在 7 天后和 12 天后的情况如下：
7 天后：[x, x, x, x, _, x, x]
可以用前 3 朵盛开的花制作第一束花。但不能使用后 3 朵盛开的花，因为它们不相邻。
12 天后：[x, x, x, x, x, x, x]
显然，我们可以用不同的方式制作两束花。
示例 4：
输入：bloomDay = [1000000000,1000000000], m = 1, k = 1
输出：1000000000
解释：需要等 1000000000 天才能采到花来制作花束
示例 5：
输入：bloomDay = [1,10,2,9,3,8,4,7,5,6], m = 4, k = 2
输出：9
提示：
bloomDay.length == n1 <= n <= 10^51 <= bloomDay[i] <= 10^91 <= m <= 10^61 <= k <= n
代码展示
class Solution {
public:
int minDays(vector<int>& bloomDay, int m, int k) {
// 如果需要的花束数量大于花朵总数除以每束花的数量，无法制作足够的花束，返回 -1
if (m > bloomDay.size() / k) {
return -1;
}
// 初始化最小和最大等待天数
int low = INT_MAX, high = 0;
int length = bloomDay.size();
for (int i = 0; i < length; i++) {
low = min(low, bloomDay[i]); // 更新最小等待天数
high = max(high, bloomDay[i]); // 更新最大等待天数
}
// 二分查找
while (low < high) {
int days = (high - low) / 2 + low; // 当前猜测的等待天数
if (canMake(bloomDay, days, m, k)) {
high = days; // 在当前天数内可以制作足够的花束，将 high 缩小到 days
} else {
low = days + 1; // 在当前天数内无法制作足够的花束，将 low 增大到 days + 1
}
}
return low; // 返回最小等待天数
}
bool canMake(vector<int>& bloomDay, int days, int m, int k) {
int bouquets = 0; // 制作的花束数量
int flowers = 0; // 当前花束中的花朵数量
int length = bloomDay.size();
for (int i = 0; i < length && bouquets < m; i++) {
if (bloomDay[i] <= days) {
flowers++; // 符合开放条件的花朵数量递增
if (flowers == k) { // 达到花束大小
bouquets++; // 制作的花束数量递增
flowers = 0; // 重置当前花束中的花朵数量
}
} else {
flowers = 0; // 当前花朵无法用于制作花束，重置数量
}
}
return bouquets >= m; // 制作的花束数量是否达到目标
}
};
lc1011.在D天内送达包裹的能力–中等
题目描述
传送带上的包裹必须在 days 天内从一个港口运送到另一个港口。
传送带上的第 i 个包裹的重量为 weights[i]。每一天，我们都会按给出重量（weights）的顺序往传送带上装载包裹。我们装载的重量不会超过船的最大运载重量。
返回能在 days 天内将传送带上的所有包裹送达的船的最低运载能力。
示例 1：
输入：weights = [1,2,3,4,5,6,7,8,9,10], days = 5
输出：15
解释：
船舶最低载重 15 就能够在 5 天内送达所有包裹，如下所示：
第 1 天：1, 2, 3, 4, 5
第 2 天：6, 7
第 3 天：8
第 4 天：9
第 5 天：10
请注意，货物必须按照给定的顺序装运，因此使用载重能力为 14 的船舶并将包装分成 (2, 3, 4, 5), (1, 6, 7), (8), (9), (10) 是不允许的。
示例 2：
输入：weights = [3,2,2,4,1,4], days = 3
输出：6
解释：
船舶最低载重 6 就能够在 3 天内送达所有包裹，如下所示：
第 1 天：3, 2
第 2 天：2, 4
第 3 天：1, 4
示例 3：
输入：weights = [1,2,3,1,1], days = 4
输出：3
解释：
第 1 天：1
第 2 天：2
第 3 天：3
第 4 天：1, 1
提示：
1 <= days <= weights.length <= 5 * 1041 <= weights[i] <= 500
代码展示
class Solution {
public:
int shipWithinDays(vector<int>& weights, int days) {
int left = *max_element(weights.begin(), weights.end()); // 载重的下界
int right = accumulate(weights.begin(), weights.end(), 0); // 载重的上界
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2; // 当前的运载能力猜测
int daysNeeded = 1; // 当前载重下的天数
int currentLoad = 0; // 当前运载的重量
for (int weight : weights) {
if (currentLoad + weight > mid) {
daysNeeded++; // 超过了当前运载能力，需要增加天数
currentLoad = 0; // 重置当前运载重量
}
currentLoad += weight; // 加载当前货物
}
if (daysNeeded <= days) {
right = mid; // 可以在给定的天数内完成运输，缩小上界
} else {
left = mid + 1; // 需要更多的天数来完成运输，增加下界
}
}
return left; // 返回最低的运载能力
}
};
这段代码首先初始化左右指针，左指针 left 是所有货物中的最大重量，右指针 right 是所有货物总重量之和。然后，使用二分查找，在每一轮查找中，计算一个猜测的运载能力 mid，然后模拟按照这个运载能力来运送货物，计算需要的天数 daysNeeded。如果 daysNeeded 小于等于给定的天数 days，说明当前运载能力足够，可以在规定的天数内完成运输，所以将 right 缩小到 mid。如果 daysNeeded 大于 days，说明需要更多的天数来完成运输，因此将 left 增加到 mid + 1。最终，当 left 和 right 相等时，就找到了最低的运载能力，返回 left 即可。这个运算过程的时间复杂度是 O(n * log(sum(weights)))，其中 n 是货物的数量。
lc911.在线选举–中等
题目描述
给你两个整数数组 persons 和 times 。在选举中，第 i 张票是在时刻为 times[i] 时投给候选人 persons[i] 的。
对于发生在时刻 t 的每个查询，需要找出在 t 时刻在选举中领先的候选人的编号。
在 t 时刻投出的选票也将被计入我们的查询之中。在平局的情况下，最近获得投票的候选人将会获胜。
实现 TopVotedCandidate 类：
TopVotedCandidate(int[] persons, int[] times)使用persons和times数组初始化对象。int q(int t)根据前面描述的规则，返回在时刻t在选举中领先的候选人的编号。
示例：
输入：
["TopVotedCandidate", "q", "q", "q", "q", "q", "q"]
[[[0, 1, 1, 0, 0, 1, 0], [0, 5, 10, 15, 20, 25, 30]], [3], [12], [25], [15], [24], [8]]
输出：
[null, 0, 1, 1, 0, 0, 1]
解释：
TopVotedCandidate topVotedCandidate = new TopVotedCandidate([0, 1, 1, 0, 0, 1, 0], [0, 5, 10, 15, 20, 25, 30]);
topVotedCandidate.q(3); // 返回 0 ，在时刻 3 ，票数分布为 [0] ，编号为 0 的候选人领先。
topVotedCandidate.q(12); // 返回 1 ，在时刻 12 ，票数分布为 [0,1,1] ，编号为 1 的候选人领先。
topVotedCandidate.q(25); // 返回 1 ，在时刻 25 ，票数分布为 [0,1,1,0,0,1] ，编号为 1 的候选人领先。（在平局的情况下，1 是最近获得投票的候选人）。
topVotedCandidate.q(15); // 返回 0
topVotedCandidate.q(24); // 返回 0
topVotedCandidate.q(8); // 返回 1
提示：
1 <= persons.length <= 5000times.length == persons.length0 <= persons[i] < persons.length0 <= times[i] <= 109times是一个严格递增的有序数组times[0] <= t <= 109- 每个测试用例最多调用
104次q
代码展示
为了解决这个问题，可以使用前缀和和二分查找的方法来快速找到在时刻 t 领先的候选人的编号。
首先，我们需要创建一个前缀和数组，用于记录每个时刻对应的候选人的得票数。然后，在查询时，可以使用二分查找找到时刻 t 在 times 数组中的位置，然后查找该位置对应的前缀和数组中的候选人编号，这个编号就是在时刻 t 领先的候选人。
以下是具体的代码实现：
class TopVotedCandidate {
public:
TopVotedCandidate(vector<int>& persons, vector<int>& times) {
int n = persons.size();
leadingPerson.resize(n);
prefixVotes.resize(n);
vector<int> votesCount(n, 0);
int maxVotes = 0;
for (int i = 0; i < n; i++) {
int person = persons[i];
votesCount[person]++;
if (votesCount[person] >= maxVotes) {
maxVotes = votesCount[person];
leadingPerson[i] = person;
} else {
leadingPerson[i] = leadingPerson[i - 1];
}
prefixVotes[i] = leadingPerson[i];
}
this->times = times;
}
int q(int t) {
int index = binarySearch(t);
return prefixVotes[index];
}
private:
vector<int> leadingPerson;
vector<int> prefixVotes;
vector<int> times;
int binarySearch(int t) {
int left = 0;
int right = times.size() - 1;
while (left < right) {
int mid = left + (right - left + 1) / 2;
if (times[mid] <= t) {
left = mid;
} else {
right = mid - 1;
}
}
return left;
}
};
在构造函数中，我们首先计算了每个时刻的领先候选人并存储在 leadingPerson 数组中。然后，我们将该数组复制到 prefixVotes 数组中，以便在查询时快速获取领先的候选人。在查询函数 q 中，我们使用二分查找来找到时刻 t 对应的位置，并返回对应的候选人。
lc875.爱吃香蕉的珂珂–中等
题目描述
珂珂喜欢吃香蕉。这里有 n 堆香蕉，第 i 堆中有 piles[i] 根香蕉。警卫已经离开了，将在 h 小时后回来。
珂珂可以决定她吃香蕉的速度 k （单位：根/小时）。每个小时，她将会选择一堆香蕉，从中吃掉 k 根。如果这堆香蕉少于 k 根，她将吃掉这堆的所有香蕉，然后这一小时内不会再吃更多的香蕉。
珂珂喜欢慢慢吃，但仍然想在警卫回来前吃掉所有的香蕉。
返回她可以在 h 小时内吃掉所有香蕉的最小速度 k（k 为整数）。
示例 1：
输入：piles = [3,6,7,11], h = 8
输出：4
示例 2：
输入：piles = [30,11,23,4,20], h = 5
输出：30
示例 3：
输入：piles = [30,11,23,4,20], h = 6
输出：23
提示：
1 <= piles.length <= 104piles.length <= h <= 1091 <= piles[i] <= 109
代码展示
这个问题可以使用二分查找来解决。我们可以在可能的速度范围内进行二分查找，找到使得珂珂可以在 h 小时内吃掉所有香蕉的最小速度 k。
以下是具体的代码实现：
class Solution {
public:
int minEatingSpeed(vector<int>& piles, int h) {
int left = 1; // 最低速度
int right = *max_element(piles.begin(), piles.end()); // 最高速度
while (left < right) {
int mid = left + (right - left) / 2; // 当前猜测的速度
if (canEatAll(piles, mid, h)) {
right = mid; // 可以在规定时间内吃完，减小速度
} else {
left = mid + 1; // 需要更多时间，增加速度
}
}
return left; // 返回最小速度
}
private:
bool canEatAll(vector<int>& piles, int speed, int h) {
int hoursNeeded = 0;
for (int pile : piles) {
hoursNeeded += (pile + speed - 1) / speed; // 使用向上取整来计算小时
}
return hoursNeeded <= h;
}
};
在这段代码中，我们首先初始化左右指针，左指针 left 是最低速度 1，右指针 right 是堆中最多香蕉的数量。然后，在每一轮二分查找中，我们计算当前速度 mid 下是否可以在规定时间内吃完所有香蕉，这是通过 canEatAll 函数来计算的。如果可以，就缩小右边界，如果不能，就增加左边界。最终返回左指针 left 即可。