【C++例题 / 训练】二分算法（模板 & 例题）
引言
二分也就是二分查找，又叫折半查找。这种算法正如其名，每一次都要分一半。
二分算法可以分为二分查找和二分答案。
以在一个升序数组中查找一个数为例，每次考察数组当前部分的中间元素，如果中间元素刚好是要找的，就结束搜索过程；如果中间元素小于所查找的值，那么左侧的只会更小，不会有所查找的元素，只需到右侧查找；如果中间元素大于所查找的值同理，只需到左侧查找
二分法的使用条件
二分法是适用于解决具有“二段性”(单调性)的问题的方法，通常表现为求解满足某一条件的最大值或者最小值
上下界确定。 我们可以通过上下界的折半来优化查找。二段性： 对某一范围内的数据，存在一个临界点，使得临界点某一侧的所有数据都满足某一性质，另一侧的所有数据都不满足这一性质，就称这一范围内的数据具有二段性。
二段性包括单调性，即区间内有序，这样二分出来的结果是严格大于或者小于或等于target的。
但是，二段性也体现在非单调性上，也称为局部有序，可以参考 162. 寻找峰值 和 33. 搜索旋转排序数组。由这些题我们可以得知，二分法的奥义（本质）不在于单调性，而是二段性。也就是我们能对整体无序但局部有序的序列进行二分法。
二分的前提条件
1、答案在一个区间内（一般情况下，区间会很大，暴力超时）
2、直接搜索不好搜，但是容易判断一个答案可行不可行
3、该区间对题目具有单调性，即：在区间中的值越大或越小，题目中的某个量对应增加或减少。
4、若有多个答案满足题意，则这些答案具有如下特点：若答案 x 满足，则答案范围内小于 x 或大于 x 的答案均满足。
模板
🥑1 朴素版
while (l <= r) { int mid = (r - l) / 2 + l; //防止溢出,和mid = (r - l + 1) / 2 + l;等价 if (...) l = mid + 1; else if (...) r = mid - 1; else return ...; }🍉2 求大于等于目标的最小值（查找区间左端点）
while (l < r) //区间不为空 { int mid = ((r - l) >> 1) + l; if (...) l = mid + 1; else r = mid; }🥝3 求小于等于目标的最大值（查找区间右端点）
while (l < r) {// 当l,r相邻时，会l=mid,<r,死循环，模板1不影响，因为l=mid+1=r int mid = ((r - l + 1) >> 1) + l; if (...) l = mid; else r = mid - 1;在朋友提醒下，找到了一个更好更实用的板子，如下：
// 左边界 int l = 0, r = n - 1; int begin = 0, r = 0; while(l <= r) { int mid = (r + 1) >> 1; if(check1(mid)){ r = mid - 1; begin = mid; } else l = mid + 1; } // 右边界 l = 0, r = n - 1; while(l <= r){ int mid = (r + 1) >> 1; if(check2(mid)){ l = mid + 1; end = mid; } else r = mid - 1; } if(!check(begin)) begin = -1; if(!check(begin)) end = -1; return {begin, end};- 这个时候就不用考虑 Mid +1 右边界啥的问题了
例题
1. 二分查找
class Solution { public: int search(vector<int>& nums, int target) { int l = 0, r = nums.size() - 1; while (l <= r) { //int mid = (r - l) / 2 + l; //朴素版本下 两个都行 int mid = (r - l + 1) / 2 + l; if (nums[mid] == target) return mid; else if (nums[mid] > target) r = mid - 1; else l = mid + 1; } return -1; } }; 2. 在排序数组中查找元素的第一个和最后一个位置
class Solution { public: vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target) { if (nums.size() == 0) return { -1,-1 }; int begin = 0; // 1. 二分左端点 int l = 0, r = nums.size() - 1; while (l < r) //区间不为空 { int mid = ((r - l) >> 1) + l; if (nums[mid] < target)l = mid + 1; else r = mid; } // 判断是否有结果 if (nums[l] != target) return { -1,-1 }; else begin = l; //标记左端点 l = 0, r = nums.size() - 1; while (l < r) //区间不为空 { int mid = ((r - l + 1) >> 1) + l; if (nums[mid] > target) r = mid - 1; else l = mid; } return { begin, r}; } }; 用新的板子编写代码，如下：
class Solution { public: vector<int> searchRange(vector<int>& nums, int target) { if (nums.size() == 0) return { -1,-1 }; int begin = 0, end = 0; // 1. 二分左端点 int l = 0, r = nums.size() - 1; while (l <= r) //区间不为空 { int mid = (r + l) >> 1; if (nums[mid] >= target){ r = mid - 1; begin = mid; } else l = mid + 1; } l = 0, r = nums.size() - 1; while (l <= r) //区间不为空 { int mid = (r + l) >> 1; if (nums[mid] <= target) { l = mid + 1; end = mid; } else r = mid - 1; } if(nums[begin] != target) begin = -1; if(nums[end] != target) end = -1; return { begin, end}; } };
3. x 的平方根
class Solution { public: int mySqrt(int x) { if (x < 1) return 0; int l = 1, r = x; while (l < r) //精度保证 { long long mid = (r - l + 1) / 2 + l; //防止溢出 if (mid * mid <= x) l = mid; else r = mid - 1; } return l; } };4. 搜索插入位置
class Solution { public: int searchInsert(vector<int>& nums, int target) { int l = 0, r = nums.size(); while (l < r) { int mid = (r - l) / 2 + l; if (nums[mid] < target) l = mid + 1; else r = mid; } return l; } };5. 山脉数组的峰顶索引
思路：
该题仍具有二段性，左边递增，右边递减，用二分查找算法，
当前山峰高于左边山峰，区间往右缩小，否则往左缩小
注：封顶的左边区间，一定是递增的，因此套用模板三即可，找最右端点
class Solution { public: int peakIndexInMountainArray(vector<int>& arr) { int l = 1, r = arr.size() - 2; while (l < r) { int mid = l + (r - l + 1) / 2; if (arr[mid] > arr[mid - 1]) l = mid; else r = mid - 1; } return r; } };6、寻找峰值
思路：
该题相比于上题，该题有多个峰值存在，故在两个封顶之间的区间内，从左到右一定递增，故套用模板二，找区间左端点即可。
class Solution { public: int findPeakElement(vector<int>& nums) { int l = 0, r = nums.size() - 1; while (l < r) // 左边如果不大于右边，则 { int mid = (r - l) / 2 + l; if (nums[mid] > nums[mid + 1]) r = mid ; else l = mid + 1; } return l; } };7. 寻找旋转排序数组中的最小值
思路：
class Solution { public: int findMin(vector<int>& nums) { int l = 0, r = nums.size() - 1; int x = nums[r]; while (l < r) { int mid = (r - l) / 2 + l; if (nums[mid] <= x) r = mid; else l = mid + 1; } return nums[l]; } };8. 点名
思路：
按照缺失的数分为左右两个区间。
左边，nums[i] == i (left = i + 1)
右边 nums[i] > i. (right = i)
注：当缺失的数是最后一个数，需要做下特殊判断，因此r 从 n 开始
class Solution { public: int takeAttendance(vector<int>& records) { int l = 0, r = records.size(); while (l < r) { int mid = (r - l) / 2 + l; if (records[mid] == mid) l = mid + 1; else r = mid; } return l; } };9. A-B 数对
思路：
这里使用库函数二分的写法：
依次枚举 A ，将问题转变成统计数列中 B + C 出现了多少次。先对数列排序，那么 B + C 会对应这个数列的连续一段，只要找到这个连续段的左端点和右端点即可。(需使用头文件 algorithm)lower_bound(begin, end, val)在区间 [begin, end)中找到val第一次出现位置；upper_bound(begin, end, val)在区间 [begin, end)中找到val最后一次出现位置的后面一位
则这个数出现的次数就可以表示为 upper_bound() - lower_bound()，时间复杂度为 O(nlogn).
#include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int N = 2e5 + 10; int a[N]; int main() { int n, c; cin >> n >> c; for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; sort(a, a + n); int tot = 0; for (int i = 0; i < n; i++) tot += upper_bound(a, a + n, a[i] + c) - lower_bound(a, a + n, a[i] + c); cout << tot << endl; return 0; } 10. 进击的奶牛
思路：
先构造判断 “条件”：可以把 c 头牛全部安置进这些隔间使相邻两头牛距离不超过 x 。x 越小，就越可能把所有牛合法安置；当 x 比较大时，牛棚就不够安置了。于是，存在一个分界线 ans，当 x 大于 ans 时就没有合法的安置方案，当 x 小于或等于 ans 时，则一定存在一个合法的安置方案。
可以得到，在合法的答案中，任意两个相邻安置点都不能小于 x 。那么只需要遍历所有点，从最左端开始，每隔超过 x 的距离，能安置则安置，最后判断能否全部安置完。若不能，则缩小 x ，重复上述遍历过程。
#include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; int a[100005], n, m; //注意：这是拿出来的那些里，mid为最短距离，和跳石头不同的是，跳石头是在留下的里面，mid为最短距离 bool check(int mid) { int now = 0, cnt = 0; for (int i = 1; i < n; i++) { if (a[i] - a[now] >= mid) //计算有几个隔间距离大于mid cnt++, now = i; } return cnt + 1 >= m; // + 1,是因为需要算上 a[1],//如果拿出的总个数大于等于m，都能保证拿走的瓶盖间距大于等于mid，那拿出来m个，肯定也能满足！！ } int main() { cin >> n >> m; for (int i = 0; i < n; i++) cin >> a[i]; sort(a, a + n); //排序隔间 int l = 1, r = a[n - 1] - a[0]; // 距离大于1 while (l < r)//找右端点 { int mid = (r - l + 1) / 2 + l; if (check(mid)) l = mid; else r = mid - 1; } cout << l << endl; return 0; }
