1、题目
已知一个长度为 n
的数组,预先按照升序排列,经由 1
到 n
次 旋转 后,得到输入数组。例如,原数组 nums = [0,1,2,4,5,6,7]
在变化后可能得到:
- 若旋转
4
次,则可以得到[4,5,6,7,0,1,2]
- 若旋转
7
次,则可以得到[0,1,2,4,5,6,7]
注意,数组 [a[0], a[1], a[2], ..., a[n-1]]
旋转一次 的结果为数组 [a[n-1], a[0], a[1], a[2], ..., a[n-2]]
。
给你一个元素值 互不相同 的数组 nums
,它原来是一个升序排列的数组,并按上述情形进行了多次旋转。请你找出并返回数组中的 **最小元素 **。
示例 1:
输入:nums = [3,4,5,1,2]
输出:1
解释:原数组为 [1,2,3,4,5] ,旋转 3 次得到输入数组。
示例 2:
输入:nums = [4,5,6,7,0,1,2]
输出:0
解释:原数组为 [0,1,2,4,5,6,7] ,旋转 4 次得到输入数组。
示例 3:
输入:nums = [11,13,15,17]
输出:11
解释:原数组为 [11,13,15,17] ,旋转 4 次得到输入数组。
提示:
n == nums.length
1 <= n <= 5000
-5000 <= nums[i] <= 5000
nums
中的所有整数 互不相同nums
原来是一个升序排序的数组,并进行了1
至n
次旋转
2、思路
(二分) O ( l o g n ) O(logn) O(logn)
为了便于分析,我们先将数组中的数画在二维坐标系中,横坐标表示数组下标,纵坐标表示数组数值,如下所示:
我们发现:竖直虚线左边的数满足 n u m s [ i ] ≥ n u m s [ 0 ] nums[i]≥nums[0] nums[i]≥nums[0],而竖直虚线右边的数满足 n u m s [ i ] < n u m s [ 0 ] nums[i]< nums[0] nums[i]<nums[0],分界点就是整个数组的最小值。数组具有二分性,所以我们可以二分出最小值的位置。
过程如下:
- 1、在
[l,r]
区间中,l = 0
,r = nums.size() - 1
,我们去二分<num[0]
的最左边界。 - 2、当
nums[mid] < nums[0]
时,往左边区域找,r = mid。
。
- 3、当
nums[mid] >= nums[0]
时,往右边区域找,l = mid + 1
。
- 4、当只剩下一个数时,就是最小值的位置。
细节:
- 当数组完全单调时,第一个数
nums[0]
最小,我们直接返回即可。
时间复杂度分析: 二分查找,所以时间复杂度是 O ( l o g n ) O(logn) O(logn)。
3、c++代码
class Solution {
public:
int findMin(vector<int>& nums) {
int l = 0, r = nums.size() - 1;
if(nums[r] > nums[l]) return nums[0]; //升序数组,数组完全单调,第一个数最小
while(l < r)
{
int mid = (l + r)/2;
if(nums[mid] < nums[0]) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return nums[r];
}
};
4、java代码
class Solution {
public int findMin(int[] nums) {
int l = 0, r = nums.length - 1;
if(nums[r] > nums[l]) return nums[0]; //升序数组,数组完全单调,第一个数最小
while(l < r)
{
int mid = (l + r)/2;
if(nums[mid] < nums[0]) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return nums[r];
}
}
原题链接: 153. 寻找旋转排序数组中的最小值