二分查找(Binary Search)真的很简单吗？

时间：2021-01-03 15:30:59 阅读：28 评论：0 收藏：0 [点我收藏+]

?? simple ？

二分查找真的很简单吗？并不简单。看看 Knuth 大佬（发明 KMP 算法的那位）怎么说的：

Although the basic idea of binary search is comparatively straightforward, the details can be surprisingly tricky...

这句话可以这样理解：思路很简单，细节是魔鬼。

本文就来探究几个最常用的二分查找场景：寻找一个数、寻找左侧边界、寻找右侧边界。而且，我们就是要深入细节，比如不等号是否应该带等号，mid 是否应该加一等等。分析这些细节的差异以及出现这些差异的原因，保证你能灵活准确地写出正确的二分查找算法。

?? 框架

int binarySearch(int[] nums, int target) {
    int left = 0, right = ...;
    while(...) {
        int mid = (right + left) / 2;
        if (nums[mid] == target) {
            ...
        } else if (nums[mid] < target) {
            left = ...
        } else if (nums[mid] > target) {
            right = ...
        }
    }
    return ...;
}

分析二分查找的技巧：

　　不要出现 else，而是把所有情况用 else if 写清楚，这样可以清楚地展现所有细节。

　　计算 mid 时需要技巧防止溢出( int mid = left + (right - left >> 1) ;)。

?? 寻找一个数（基本的二分搜索）

这个场景是最简单的，肯能也是大家最熟悉的，即搜索一个数，如果存在，返回其索引，否则返回 -1。

int binarySearch(int[] nums, int target) {
    int left = 0; 
    int right = nums.length - 1; // 注意

    while(left <= right) { // 注意
        int mid = (right + left) / 2;
        if(nums[mid] == target)
            return mid; 
        else if (nums[mid] < target)
            left = mid + 1; // 注意
        else if (nums[mid] > target)
            right = mid - 1; // 注意
        }
    return -1;
}

?? 细节分析

?? 为什么 while 循环的条件中是 <=，而不是 < ？

因为初始化 right 的赋值是 nums.length - 1，即最后一个元素的索引，而不是 nums.length。

这二者可能出现在不同功能的二分查找中，区别是：前者相当于两端都闭区间 [left, right]，后者相当于左闭右开区间 [left, right)，因为索引大小为 nums.length 是越界的。

我们这个算法中使用的是前者 [left, right] 两端都闭的区间。这个区间其实就是每次进行搜索的区间。

什么时候应该停止搜索呢？当然，找到了目标值的时候可以终止：

　　if (nums[mid] == target)

　　return mid;

但如果没找到，就需要 while 循环终止，然后返回 -1。那 while 循环什么时候应该终止？搜索区间为空的时候应该终止，意味着你没得找了，就等于没找到嘛。

while(left <= right) 的终止条件是 left == right + 1，写成区间的形式就是 [right + 1, right]，或者带个具体的数字进去 [3, 2]，可见这时候区间为空，因为没有数字既大于等于 3 又小于等于 2 的吧。所以这时候 while 循环终止是正确的，直接返回 -1 即可。

while(left < right) 的终止条件是 left == right，写成区间的形式就是 [left, right]，或者带个具体的数字进去 [2, 2]，这时候区间非空，还有一个数 2，但此时 while 循环终止了。也就是说这区间 [2, 2] 被漏掉了，索引 2 没有被搜索，如果这时候直接返回 -1 就是错误的。

当然，如果你非要用 while(left < right) 也可以，我们已经知道了出错的原因，就打个补丁好了：

　　//...

　　while (left < right) {

　　// ...

　　}

　　return nums[left] == target ? left : -1;

?? 为什么 left = mid + 1，right = mid - 1？我看有的代码是 right = mid 或者 left = mid，没有这些加加减减，到底怎么回事，怎么判断？

这也是二分查找的一个难点，不过只要你能理解前面的内容，就能够很容易判断。

刚才明确了「搜索区间」这个概念，而且本算法的搜索区间是两端都闭的，即 [left, right]。那么当我们发现索引 mid 不是要找的 target 时，如何确定下一步的搜索区间呢？

当然是 [left, mid - 1] 或者 [mid + 1, right] 对不对？因为 mid 已经搜索过，应该从搜索区间中去除。

?? 此算法有什么缺陷？

至此，你应该已经掌握了该算法的所有细节，以及这样处理的原因。但是，这个算法存在局限性。

比如说给你有序数组 nums = [1,2,2,2,3]，target = 2，此算法返回的索引是 2，没错。但是如果我想得到 target 的左侧边界，即索引 1，或者我想得到 target 的右侧边界，即索引 3，这样的话此算法是无法处理的。

这样的需求很常见。你也许会说，找到一个 target，然后向左或向右线性搜索不行吗？可以，但是不好，因为这样难以保证二分查找对数级的复杂度了。

我们后续的算法就来讨论这两种二分查找的算法。

?? 寻找左侧边界的二分搜索

int left_bound(int[] nums, int target) {
    if (nums.length == 0) return -1;
    int left = 0;
    int right = nums.length; // 注意

    while (left < right) { // 注意
        int mid = (left + right) / 2;
        if (nums[mid] == target) {
            right = mid;
        } else if (nums[mid] < target) {
            left = mid + 1;
        } else if (nums[mid] > target) {
            right = mid; // 注意
        }
    }
    return left;
}

?? 细节分析

?? 为什么 while(left < right) 而不是 <= ?

用相同的方法分析，因为 right = nums.length 而不是 nums.length - 1 。因此每次循环的「搜索区间」是 [left, right) 左闭右开。

while(left < right) 终止的条件是 left == right，此时搜索区间 [left, left) 为空，所以可以正确终止。

?? 为什么没有返回 -1 的操作？如果 nums 中不存在 target 这个值，怎么办？

　　因为要一步一步来，先理解一下这个「左侧边界」有什么特殊含义：

　　

　　对于这个数组，算法会返回 1。这个 1 的含义可以这样解读：nums 中小于 2 的元素有 1 个。

　　比如对于有序数组 nums = [2,3,5,7], target = 1，算法会返回 0，含义是：nums 中小于 1 的元素有 0 个。

　　再比如说 nums 不变，target = 8，算法会返回 4，含义是：nums 中小于 8 的元素有 4 个。

　　综上可以看出，函数的返回值（即 left 变量的值）取值区间是闭区间 [0, nums.length]，所以我们简单添加两行代码就能在正确的时候 return -1：
　　while (left < right) {
    　　//...
　　}
　　// target 比所有数都大
　　if (left == nums.length) return -1;
　　// 类似之前算法的处理方式
　　return nums[left] == target ? left : -1;

?? 为什么 left = mid + 1，right = mid ？和之前的算法不一样？

这个很好解释，因为我们的「搜索区间」是 [left, right) 左闭右开，所以当 nums[mid] 被检测之后，下一步的搜索区间应该去掉 mid 分割成两个区间，即 [left, mid) 或 [mid + 1, right)。

?? 为什么该算法能够搜索左侧边界？

关键在于对于 nums[mid] == target 这种情况的处理：

　　if (nums[mid] == target)

　　right = mid;

可见，找到 target 时不要立即返回，而是缩小「搜索区间」的上界 right，在区间 [left, mid) 中继续搜索，即不断向左收缩，达到锁定左侧边界的目的。

?? 为什么返回 left 而不是 right？

都是一样的，因为 while 终止的条件是 left == right。

?? 寻找右侧边界的二分查找

寻找右侧边界和寻找左侧边界的代码差不多，只有两处不同，已标注：

int right_bound(int[] nums, int target) {
    if (nums.length == 0) return -1;
    int left = 0, right = nums.length;

    while (left < right) {
        int mid = (left + right) / 2;
        if (nums[mid] == target) {
            left = mid + 1; // 注意
        } else if (nums[mid] < target) {
            left = mid + 1;
        } else if (nums[mid] > target) {
            right = mid;
        }
    }
    return left - 1; // 注意
}

?? 细节分析

?? 为什么这个算法能够找到右侧边界？

类似地，关键点还是这里：

　　if (nums[mid] == target) {

　　 left = mid + 1;

当 nums[mid] == target 时，不要立即返回，而是增大「搜索区间」的下界 left，使得区间不断向右收缩，达到锁定右侧边界的目的。

?? 为什么最后返回 left - 1 而不像左侧边界的函数，返回 left？而且我觉得这里既然是搜索右侧边界，应该返回 right 才对。

首先，while 循环的终止条件是 left == right，所以 left 和 right 是一样的，你非要体现右侧的特点，返回 right - 1 好了。

至于为什么要减一，这是搜索右侧边界的一个特殊点，关键在这个条件判断：

　　if (nums[mid] == target) {

　　left = mid + 1;

　　　// 这样想: mid = left - 1

因为我们对 left 的更新必须是 left = mid + 1，就是说 while 循环结束时，nums[left] 一定不等于 target 了，而 nums[left-1] 可能是 target。

至于为什么 left 的更新必须是 left = mid + 1，同左侧边界搜索，就不再赘述。

?? 为什么没有返回 -1 的操作？如果 nums 中不存在 target 这个值，怎么办？

类似之前的左侧边界搜索，因为 while 的终止条件是 left == right，就是说 left 的取值范围是 [0, nums.length]，所以可以添加两行代码，正确地返回 -1：

　　while (left < right) {

　　// ...

　　}

　　if (left == 0)

　　return -1;

　　return nums[left - 1] == target ? (left - 1) : -1;

?? Practice and practice

1011. 在 D 天内送达包裹的能力

传送带上的包裹必须在 D 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 D 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], D = 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], D = 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], D = 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 <= D <= weights.length <= 50000
1 <= weights[i] <= 500

思路：

??对于一艘承载力为K船来说，我们必然会在不超过其承载力的前提下贪心地往上装载货物，这样才能使得运送包裹所花费的时间最短。
??如果船在承载力为K的条件下可以完成在D天内送达包裹的任务，那么任何承载力大于K的条件下依然也能完成任务。
??我们可以让这个承载力K从max(weights)max(weights)开始（即所有包裹中质量最大包裹的重量，低于这个重量我们不可能完成任务），逐渐增大承载力K，直到K可以让我们在D天内送达包裹。此时K即为我们所要求的最低承载力。
??逐渐增大承载力K的方法效率过低，让我们用二分查找的方法来优化它。

解答：

class Solution {
   public:
    int shipWithinDays(vector<int>& weights, int D) {
        //1.最低运载能力必然大于等于序列中的最大值；结果落在[max(weights), sum(weights)]
        //2.要注意是在D天“内”完成，所以运载能力要尽量小，只要是在D天之内就可以
        int left = *max_element(weights.begin(), weights.end());
        int right = accumulate(weights.begin(), weights.end(), 0);
        int mid;
        int ans = 0x3f3f3f3f;
        while (left <= right) {
            mid = left + right >> 1;
            int temp = 0;
            int day = 0;
            for (int i = 0; i < weights.size(); i++) {
                temp += weights[i];
                //当到某个包裹大于运载能力，之前的包裹记为一天
                //这个包裹开始记为第二天
                if (temp > mid) {
                    day++;
                    temp = weights[i];
                }
            }
            day++;        //剩下的包裹再记一天
            if (day > D)  //运载能力不够
                left = mid + 1;
            else {  //运载能力过剩
                right = mid - 1;
                ans = min(ans, mid);  //保存满足条件的运载能力数值
            }
        }
        return ans;  //返回答案
    }
};

875. 爱吃香蕉的珂珂

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 <= 10^4
piles.length <= H <= 10^9
1 <= piles[i] <= 10^9

思路：

??珂珂吃香蕉的速度越小，耗时越多。反之，速度越大，耗时越少，这是这个问题的单调性；
??搜索的是速度。因为题目限制了珂珂一个小时之内只能选择一堆香蕉吃，因此速度最大值就是这几堆香蕉中，数量最多的那一堆。速度的最小值是 11，其实还可以再分析一下下界是多少，由于二分搜索的时间复杂度很低，严格的分析不是很有必要；
??还是因为珂珂一个小时之内只能选择一堆香蕉吃，因此：每堆香蕉吃完的耗时 = 这堆香蕉的数量 / 珂珂一小时吃香蕉的数量，这里的 / 在不能整除的时候，需要上取整。

解答：

class Solution {
   public:
    int minEatingSpeed(vector<int>& piles, int H) {
        int len = piles.size();
        // 所有香蕉树
        long long sum = 0;
        for (int i = 0; i < len; i++)
            sum += piles[i];
        // 每小时能吃的香蕉的最多数量
        int right = *max_element(piles.begin(), piles.end());
        // 每小时能吃的香蕉的最少数量
        int left = sum / H + (sum % H ? 1 : 0);
        int mid;
        // 先假设每小时要吃最大数量
        int ans = right;
        while (left <= right) {
            mid = left + (right - left >> 1);
            int hour = 0;
            // 每小时吃 mid 个香蕉吃完要 hour 个小时
            for (int i = 0; i < len; i++)
                hour += piles[i] / mid + (piles[i] % mid ? 1 : 0);
            if (hour > H)  // 未在警卫回来前吃掉所有的香蕉
                left = mid + 1;
            else {
                right = mid - 1;      // 在警卫回来前吃掉所有的香蕉
                ans = min(ans, mid);  // 取吃的香蕉的最少数量
            }
        }
        return ans;
    }
};

?? summary

?? 最基本的二分查找算法：

因为我们初始化 right = nums.length - 1

所以决定了我们的「搜索区间」是 [left, right]

所以决定了 while (left <= right)

同时也决定了 left = mid+1 和 right = mid-1

因为我们只需找到一个 target 的索引即可

所以当 nums[mid] == target 时可以立即返回

?? 寻找左侧边界的二分查找：

因为我们初始化 right = nums.length

所以决定了我们的「搜索区间」是 [left, right)

所以决定了 while (left < right)

同时也决定了 left = mid + 1 和 right = mid

因为我们需找到 target 的最左侧索引

所以当 nums[mid] == target 时不要立即返回

而要收紧右侧边界以锁定左侧边界