二分搜索

二分搜索

看到优化O(logn)时间复杂度问题， 一般用二分搜索

模板

int start = 0, end = array.size()-1, mid;
while (start + 1 < end){    //该结束条件表示：当start与end指针相邻（start + 1 == end），或者相交，或者错开 时终止，**一般是相邻时终止**。
mid = start + (end - start) / 2;
比较 A[mid] 与 target， 并且挪动 start 与 end 指针
}
此时，start与end相邻，分别判断start 与 end 谁是我们需要寻找的节点。

经典难题

寻找两个数组中第k大的元素 (O(log(m+n)))

这个问题最暴力方法是分别将两个数组按照大小合并为一个数组，新数组的第k个就是答案。以下基于此优化

看到O(log)级别的时间复杂度首先想到用二分搜索解决，但是难点在于如何每次将问题模型减小一半？

- 二分减小问题规模

问题给定了两个数组，从直观上很容易想到分别将k/2的数据分给A、B两个数组，去比较它们k/2位置元素的大小。但如何通过比较大小的结果来减小问题的规模呢？

第k个元素不可能出现在k/2位置较小的那个数组里，反证法可以证明：

假设B[k/2]

int findkth(vector<int> A, int startA, vector<int> B, int startB, int k) {
//考虑存在空数组
//并且startA与startB移动过程也可能移出所有元素，此时相当于A或B为空
if (startA >= A.size()) {
return B[startB + k - 1];
}
if (startB >= B.size()) {
return A[startA + k - 1];
}
if (k == 1) {
return A[startA] < B[startB] ? A[startA] : B[startB];
}

int A_key = startA + k/2 - 1 < A.size()
? A[startA + k/2 - 1]
: INT_MAX;
int B_key = startB + k/2 - 1 < B.size()
? B[startB + k/2 - 1]
: INT_MAX;
if (A_key < B_key) {
return findkth(A, startA + k/2, B, startB, k - k / 2);
}
else {
return findkth(A, startA, B, startB + k / 2, k - k / 2);
}
}