二分搜索
来源:互联网 发布:黑格尔的哲学思想知乎 编辑:程序博客网 时间:2024/06/07 19:11
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); } }
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