算法：Binary Search

在做编程题的时候，我们要考虑算法的时间复杂度和空间复杂度，为了降低时间复杂度，我们经常用二分法将线性复杂度降为对数复杂度，那么现在我来总结一下二分查找。

二分查找

思路

当需要从线性数组查找时，我们可以遍历数组，时间复杂度为O(n)。但如果数组是有序的，那么我们可以先将数组中间的元素与待查找的元素比较，根据比较结果从数组的前半部分或者后半部分继续查找，这样显然要比逐个查找快多了。在最坏情况下，遍历法一次比较排除一个元素，因此最多需要比较n次，二分法一次比较排除一半元素，因此最多需要比较log n次。

代码

class Solution {
public:
    int binarySearch(vector& nums, int target) {
        int left = 0, right = nums.size();
		while (left < right) {
			int mid = left + (right - left) / 2;
			if (nums[mid] < target) left = mid + 1;
			else right = mid;
		}
		return left;
    }
};

虽然思路很简单，但实际写出来的代码有许多地方需要注意的。首先在逻辑上变量right指向的并不是有效位置，在处理数组的时候往往会取左闭右开的区间。然后当left < right时继续迭代，实际上最后循环总会在left = right时结束，因此最后返回哪一个都是一样的。接着是mid的计算方法，理论上和(left + right) / 2得到的结果是一样的，但在left和right均没有溢出的情况下left + right有可能溢出，虽然采用long long int类型也可以解决问题，但如果left和right本身就是long long int类型那就没有办法了，所以我选择换一种方法计算。比较有三种结果，我只分两种情况讨论，因为多一次判断会让时间复杂度更高。当nums[mid] < target时，说明target在nums[mid]和nums[right]之间，由于left在逻辑上是有效位置而nums[mid]已经排除，因此令left = mid + 1；当nums[mid] >= target时，说明target在nums[left]和nums[mid]之间，由于right在逻辑上是无效位置而nums[mid - 1]未排除，因此令right = mid。最后还要注意，如果数组中不存在目标元素，函数会返回不小于目标元素的最小元素。在实际运用中，我们可以根据问题需要进行细节的调整，最关键是是要保证函数不能进入死循环，这是因为整数除法会向下整取，所以当left和right相邻时，mid会取到left，一定要检验在这种情况下迭代能否结束。

总结

二分查找是一种非常优秀的算法，在遇到有序数组或者需要降低时间复杂度的时候一定要优先考虑，同时一定要注意细节。