每日算法-250415

每日算法 - 2024-04-15:

今天我们来解决两道 LeetCode 上关于在旋转排序数组中寻找最小值的问题。

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153. 寻找旋转排序数组中的最小值

题目描述

思路

核心思想是利用 二分查找。

解题过程

一个升序排序的数组（无重复元素）在经过若干次旋转后，可以看作是被分成了两个递增的子数组。例如 [4, 5, 6, 7, 0, 1, 2] 可以看作 [4, 5, 6, 7] 和 [0, 1, 2] 两部分。关键在于，第一部分的任意元素都会大于第二部分的任意元素。最小值一定是第二部分的第一个元素。

我们可以利用数组的第一个元素 nums[0] 作为参照点来进行二分查找：

1. 初始化 left = 0, right = nums.length - 1。
2. 进入 while (left <= right) 循环：
   • 计算中间索引 mid = left + (right - left) / 2。
   • 比较 nums[mid] 和 nums[0]：
     • 如果 nums[mid] < nums[0]：这意味着 mid 位于旋转后的第二部分（较小的数值部分）。最小值可能是 nums[mid] 或者在 mid 的左侧。因此，我们向左搜索，更新 right = mid - 1。
     • 如果 nums[mid] >= nums[0]：这意味着 mid 位于第一部分（较大的数值部分），或者数组根本没有旋转 (mid 就是 0)。最小值一定在 mid 的右侧。因此，我们向右搜索，更新 left = mid + 1。
3. 循环结束条件是 left > right。此时，left 指向的就是第二部分的起始位置，即最小值所在的位置。
4. 处理特殊情况：如果数组完全没有旋转（例如 [1, 2, 3, 4]），nums[mid] 将始终 >= nums[0]，left 会一直增加直到 nums.length。在这种情况下，最小值就是 nums[0]。
5. 所以，最终返回 left >= nums.length ? nums[0] : nums[left]。

复杂度

• 时间复杂度: $O(\log N)$，其中 N 是数组的长度。每次迭代都将搜索范围减半。
• 空间复杂度: $O(1)$，只使用了常数级别的额外空间。

Code

class Solution {public int findMin(int[] nums) {int left = 0, right = nums.length - 1;while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (nums[mid] < nums[0]) {right = mid - 1;} else {left = mid + 1;}}return left >= nums.length ? nums[0] : nums[left];}
}

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154. 寻找旋转排序数组中的最小值 II

题目描述

思路

同样采用 二分查找，但需要处理重复元素带来的复杂性。

解题过程

与上一题不同，由于存在重复元素，nums[0] 可能等于 nums[nums.length - 1]（例如 [1, 0, 1, 1, 1] 或 [1, 1, 1, 0, 1]），这使得我们无法简单地通过与 nums[0] 或 nums[nums.length - 1] 比较来确定 mid 位于哪个递增段。

考虑比较 nums[mid] 和 nums[right]：

1. 初始化 left = 0, right = nums.length - 1。
2. 使用 while (left < right) 循环，因为我们最终希望 left 和 right 指向同一个元素（最小值）。
   • 计算 mid = left + (right - left) / 2。
   • 比较 nums[mid] 和 nums[right]：
     • 如果 nums[mid] < nums[right]：这表明从 mid 到 right 这部分是递增的。最小值可能在 mid 或者 mid 的左侧。因此，我们将搜索范围缩小到左半部分，并包含 mid（因为它可能是最小值），更新 right = mid。
     • 如果 nums[mid] > nums[right]：这表明 mid 位于左侧较大的递增段，并且旋转点（最小值）一定在 mid 的右侧。因此，我们将搜索范围缩小到右半部分，并排除 mid，更新 left = mid + 1。
     • 如果 nums[mid] == nums[right]：这是最棘手的情况。我们无法确定 mid 在最小值左侧还是右侧（例如 [3, 3, 1, 3] 中 mid=1, nums[mid]=3, nums[right]=3，最小在左；[1, 3, 3, 3] 中 mid=1, nums[mid]=3, nums[right]=3，最小在左）。为了安全地处理这种情况，我们无法从 mid 获取足够信息，只能将 right 向左移动一位 (right--)，尝试缩小范围并消除这个重复的 nums[right]。这样做是安全的，因为即使 nums[right] 是最小值，与它相等的 nums[mid] 仍然保留在 [left, right]（更新后的 right）的潜在搜索范围内（或者说，如果 nums[right] 是唯一最小值，那 nums[mid] 不可能是这个值）。
3. 循环结束条件是 left == right。此时，left（或 right）指向的位置就是数组中的最小值。
4. 返回 nums[left]。

复杂度

• 时间复杂度:
  • 平均情况: $O(\log N)$。
  • 最坏情况: $O(N)$。当数组包含大量重复元素时（例如 [1, 1, 1, 1, 0, 1, 1] 或 [1, 1, 1, 1, 1]），nums[mid] == nums[right] 的情况可能频繁发生，导致 right-- 操作线性地缩小范围。
• 空间复杂度: $O(1)$。

Code

class Solution {public int findMin(int[] nums) {int left = 0, right = nums.length - 1;while (left < right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (nums[mid] < nums[right]) {// mid 在右侧递增段，最小值在 mid 或其左侧right = mid;} else if (nums[mid] > nums[right]) {// mid 在左侧递增段，最小值在 mid 右侧left = mid + 1;} else { // nums[mid] == nums[right]// 无法判断 mid 位置，缩小右边界right--;}}// 循环结束时 left == right，指向最小值return nums[left];}
}

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