代码框架
int binarySearch(int[] nums, int target) {int left = 0, right = ...;while(...) {int mid = left + (right - left) / 2;if (nums[mid] == target) {...} else if (nums[mid] < target) {left = ...} else if (nums[mid] > target) {right = ...}}return ...;
}
另外提前说明一下，计算 mid 时需要防止溢出，代码中 left + (right - left) / 2 就和 (left + right) / 2 的结果相同，但是有效防止了 left 和 right 太大，直接相加导致溢出的情况。
一、寻找一个数（基本的二分搜索）
class Solution {// 标准的二分搜索框架，搜索目标元素的索引，若不存在则返回 -1public int search(int[] nums, int target) {int left = 0;// 注意int right = nums.length - 1;while(left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if(nums[mid] == target) {return mid; } else if (nums[mid] < target) {// 注意left = mid + 1;} else if (nums[mid] > target) {// 注意right = mid - 1;}}return -1;}
}
核心思路: [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。
如果 target 不存在，搜索左侧边界的二分搜索返回的索引是大于 target 的最小索引。
此算法有什么缺陷？
答：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 为 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。
二、寻找左侧边界的二分搜索
int left_bound(int[] nums, int target) {int left = 0;// 注意int right = nums.length;// 注意while (left < right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (nums[mid] == target) {right = mid;} else if (nums[mid] < target) {left = mid + 1;} else if (nums[mid] > target) {// 注意right = mid;}}return left;
}
为什么是 left = mid + 1 和 right = mid？
为什么 left = mid + 1，right = mid ？和之前的算法不一样？
答：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，下一步应该去 mid 的左侧或者右侧区间搜索，即 [left, mid) 或 [mid + 1, right)。
为什么该算法能够搜索左侧边界？
答：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。
左闭右闭写法
int left_bound(int[] nums, int target) {int left = 0, right = nums.length - 1;// 搜索区间为 [left, right]while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (nums[mid] < target) {// 搜索区间变为 [mid+1, right]left = mid + 1;} else if (nums[mid] > target) {// 搜索区间变为 [left, mid-1]right = mid - 1;} else if (nums[mid] == target) {// 收缩右侧边界right = mid - 1;}}// 判断 target 是否存在于 nums 中// 如果越界，target 肯定不存在，返回 -1if (left < 0 || left >= nums.length) {return -1;}// 判断一下 nums[left] 是不是 targetreturn nums[left] == target ? left : -1;
}
三、寻找右侧边界的二分查找
类似寻找左侧边界的算法，这里也会提供两种写法，还是先写常见的左闭右开的写法，只有两处和搜索左侧边界不同：
int right_bound(int[] nums, int target) {int left = 0, right = nums.length;while (left < right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (nums[mid] == target) {// 注意left = mid + 1;} else if (nums[mid] < target) {left = mid + 1;} else if (nums[mid] > target) {right = mid;}}// 注意return left - 1;
}
当 target 不存在时，right_bound 返回值的含义
直接说结论，和前面讲的 left_bound 相反：如果 target 不存在，搜索右侧边界的二分搜索返回的索引是小于 target 的最大索引。
int right_bound(int[] nums, int target) {int left = 0, right = nums.length - 1;while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (nums[mid] < target) {left = mid + 1;} else if (nums[mid] > target) {right = mid - 1;} else if (nums[mid] == target) {// 这里改成收缩左侧边界即可left = mid + 1;}}// 最后改成返回 left - 1if (left - 1 < 0 || left - 1 >= nums.length) {return -1;}return nums[left - 1] == target ? (left - 1) : -1;
}
875. 爱吃香蕉的珂珂 - 力扣（LeetCode）
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// 完整可运行版本
class Solution {public int minEatingSpeed(int[] piles, int h) {int left = 1;int right = 1_000_000_000;while (left <= right) {int mid = left + (right - left) / 2;if (f(piles, mid) == h) {// 搜索左侧边界，则需要收缩右侧边界right = mid - 1;} else if (f(piles, mid) < h) {// 需要让 f(x) 的返回值大一些right = mid - 1;} else if (f(piles, mid) > h) {// 需要让 f(x) 的返回值小一些left = mid + 1;}}return left;}long f(int[] piles, int x) {long hour = 0;for (int i = 0; i < piles.length; i++) {hour += piles[i] / x;if (piles[i] % x > 0) {hour++;}}return hour;}
}
难点是如何抽象成二分搜索
还有坑点在int会出现数字越界的case,要用long
1011. 在 D 天内送达包裹的能力 - 力扣（LeetCode）
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。
class Solution {public int shipWithinDays(int[] weights, int days) {int left = 0;// 注意，right 是开区间，所以额外加一int right = 1;for (int w : weights) {left = Math.max(left, w);right += w;}while (left < right) {int mid = left + (right - left) / 2;int cap = timeByLoad(weights, mid);if (cap > days) {left = mid + 1;} else if (cap < days) {right = mid;} else {right = mid;}}return left;}public int timeByLoad(int[] weights, int load) {int days = 0;for (int i = 0; i < weights.length; ) {int cap = load;while (i < weights.length) {if (cap < weights[i])break;elsecap -= weights[i];i++;}days++;}return days;}
}
重点注意需要对left和right进行剪纸不然会判超时.
)
