寻找旋转排序数组中的最小值
题目链接： https://leetcode.cn/problems/find-minimum-in-rotated-sorted-array/
视频题解： https://www.bilibili.com/video/BV1VC41157ha/
# LeetCode 153. 寻找旋转排序数组中的最小值
# 题目描述
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 。
你必须设计一个时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。
举个例子：
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。
# 视频讲解
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# 思路解析
题目要求要在 O(log n) 的时间复杂度完成解答，自然而然我们会想到使用 二分查找 来解决此问题。[L, R]来表示我们要查找的区间，区间的中间索引 M = (L + R) / 2。
旋转排序数组有个特点，只需要比较区间两个边界的元素的大小，就可以知道区间是否是单调的。比如，如果nums[L] < nums[M]，那么区间[L, M)就是升序的。
分析题意其实不难发现，寻找最小的元素只存在下面三种情况。
- 数组旋转后的顺序没有变化。
这种情况下nums[L] <= nums[M] <= nums[R]，最小值为nums[L]。
- 数组旋转后最小值在索引
M的右侧。
这种情况下nums[L] <= nums[M] >= nums[R]，[L, M]为升序，最小值只能在 M 的右边，故更改左边界L = M + 1。
- 数组旋转后最小值在索引
M的左侧。
这种情况下nums[L] >= nums[M]，nums[R] >= nums[M], [M, R]为升序，最小值只能在 M 的左边(包含M)，故更改右边界R = M。
根据上面三种情况，代码如下。
# C++代码
class Solution {
public:
int findMin(vector<int>& nums) {
int left = 0, right = nums.size() - 1;
int mid;
while (left <= right) {
mid = (left + right) / 2;
// 区间[left,right]收缩到了一个递增的区间
if (nums[mid] >= nums[left] && nums[right] >= nums[mid]) {
return nums[left];
//最小值在索引mid的右侧
} else if (nums[mid] >= nums[left]) {
left = mid + 1;
//最小值在索引mid的左侧
} else if (nums[mid] <= nums[right]) {
right = mid;
}
}
return -1;
}
};
# java代码
class Solution {
public int findMin(int[] nums) {
int left = 0, right = nums.length - 1;
int mid;
while (left <= right) {
mid = (left + right) / 2;
// 区间[left,right]收缩到了一个递增的区间
if (nums[mid] >= nums[left] && nums[right] >= nums[mid]) {
return nums[left];
//最小值在索引mid的右侧
} else if (nums[mid] >= nums[left]) {
left = mid + 1;
//最小值在索引mid的左侧
} else if (nums[mid] <= nums[right]) {
right = mid;
}
}
return -1;
}
}
# python代码
class Solution:
def findMin(self, nums: List[int]) -> int:
left, right = 0, len(nums) - 1
while left <= right:
mid = (left + right) // 2
# 区间[left,right]收缩到了一个递增的区间
if nums[mid] >= nums[left] and nums[right] >= nums[mid]:
return nums[left]
#最小值在索引mid的右侧
elif nums[mid] >= nums[left]:
left = mid + 1
#最小值在索引mid的左侧
elif nums[mid] <= nums[right]:
right = mid
return -1
# 复杂度分析
时间复杂度： 由于使用了二分查找，故时间复杂度为 O(log n) ，其中 n 为数组的长度。
空间复杂度： 整个过程就使用了三个整型变量，故空间复杂度为 O(1) 。