聊聊二分查找的運(yùn)用技巧
前篇文章聊到了二分查找的基礎(chǔ)以及細(xì)節(jié)的處理問(wèn)題，主要介紹了 查找和目標(biāo)值相等的元素、查找第一個(gè)和目標(biāo)值相等的元素、查找最后一個(gè)和目標(biāo)值相等的元素 三種情況。
這些情況都適用于有序數(shù)組中查找指定元素 這個(gè)基本的場(chǎng)景，但實(shí)際應(yīng)用中可能不會(huì)這么直接，甚至看了題目之后，都不會(huì)想到可以用二分查找算法來(lái)解決。
本文就來(lái)分析下二分查找在實(shí)際中的應(yīng)用，通過(guò)分析幾個(gè)應(yīng)用二分查找的實(shí)例，總結(jié)下能使用二分查找算法的一些共同點(diǎn)，以后大家遇到相關(guān)的實(shí)際問(wèn)題時(shí)，能有一個(gè)基本的分析方法，不至于一點(diǎn)兒頭緒也沒(méi)有。
基礎(chǔ)的二分查
找先來(lái)回顧下基礎(chǔ)的二分查找的基本框架，一般實(shí)際場(chǎng)景都是查找和 target 相等的最左側(cè)的元素或者最右側(cè)的元素，代碼如下：
- 查找左側(cè)邊界
int binary_search_firstequal(vector<int> &vec, int target)
{
int ilen = (int)vec.size();
if(ilen <= 0) return -1;
int left = 0;
int right = ilen - 1;
while (left <= right)
{
int mid = left + (right - left) / 2;
//找到了目標(biāo),繼續(xù)向左查找目標(biāo)
if (target == vec[mid]) right = mid - 1;
else if(target < vec[mid]) right = mid -1;
else left = mid + 1;
}
if(right + 1 < ilen && vec[right + 1] == target) return right+1;
return -1;
}
- 查找右側(cè)邊界
int binary_search_lastequal(vector<int> &vec, int target)
{
int ilen = (int)vec.size();
if(ilen <= 0) return -1;
int left = 0;
int right = ilen - 1;
while (left <= right)
{
int mid = left + (right - left) / 2;
//找到了目標(biāo)，繼續(xù)向右查找目標(biāo)
if (target == vec[mid]) left = mid + 1;
else if(target < vec[mid]) right = mid -1;
else left = mid + 1;
}
if(left - 1 < ilen && vec[left - 1] == target) return left - 1;
return -1;
}
二分查找問(wèn)題分析
二分查找問(wèn)題的關(guān)鍵是找到一個(gè)單調(diào)關(guān)系，單調(diào)遞增或者單調(diào)遞減。
我們把二分查找的代碼簡(jiǎn)化下：
int target; // 要查找的目標(biāo)值
vector<int> vec; // 數(shù)組
int left = 0; // 數(shù)組起始索引
int right = ilen - 1; // 數(shù)組結(jié)束索引
while (left <= right) // 查找 target 位于數(shù)組中的索引
{
int mid = left + (right - left) / 2;
if (target == vec[mid]) return mid;
}
上面的二分查找的單調(diào)關(guān)系是什么呢 ?是數(shù)組的索引和索引處元素的值，索引越大，元素的值越大，用偽代碼表示形式如下：
int func(vector<int>&vec,int index)
{
return vec[index];
}
int search(vector<int>&vec,int target)
{
while (left <= right)
{
int mid = left + (right - left) / 2;
if (target == func(vec,mid))
{
....
}
else if(target > func(vec,mid))
{
...
}
else
{
...
}
}
}
上述偽代碼中，我們把單調(diào)關(guān)系用一個(gè)函數(shù) func 來(lái)表示，傳入?yún)?shù)是數(shù)組以及數(shù)組索引，函數(shù)返回?cái)?shù)組指定索引處的元素。
在二分查找的 while 循環(huán)中 target 直接和 func 函數(shù)的返回值進(jìn)行比較。
聽(tīng)起來(lái)有些抽象，我們直接從 leetcode 上選幾道題來(lái)分析下。
實(shí)例1: 愛(ài)吃香蕉的珂珂
從題目的描述，跟有序數(shù)組完全不搭邊，所以初看這道題，根本想不到用二分查找的方法去分析。
如果看完題目，沒(méi)有任何思路的話，可以縷一縷題目涉及到的條件，看能否分析出一些有用的點(diǎn)。
- 題意分析
- 珂珂要吃香蕉，面前擺了 N 堆，一堆一堆地吃
- 珂珂 1 小時(shí)能吃 K 根，但如果一堆少于 K 根，那也得花一小時(shí)
- 如果 1 堆大于 K 根，那么超過(guò) K 的部分也算 1 小時(shí)
- 問(wèn)：只給 H 小時(shí)，珂珂要吃多慢(K 多小)，才能充分占用這 H 小時(shí)
一般題目的問(wèn)題是什么，單調(diào)關(guān)系就跟什么有關(guān)，根據(jù)題意可知：珂珂吃香蕉的速度越小，耗時(shí)越多。反之，速度越大，耗時(shí)越少，這就是題目的 單調(diào)關(guān)系。
我們要找的是速度, 因?yàn)轭}目限制了珂珂一個(gè)小時(shí)之內(nèi)只能選擇一堆香蕉吃，因此速度最大值就是這幾堆香蕉中，數(shù)量最多的那一堆, 最小速度毫無(wú)疑問(wèn)是 1 了，最大速度可以通過(guò)輪詢數(shù)組獲得。
int maxspeed = 1;
for(auto &elem : vec)
{
if(elem > maxspeed) maxspeed = elem;
}+
又因?yàn)殓骁嬉粋€(gè)小時(shí)之內(nèi)只能選擇一堆香蕉吃，因此，每堆香蕉吃完的耗時(shí) = 這堆香蕉的數(shù)量 / 珂珂一小時(shí)吃香蕉的數(shù)量。根據(jù)題意，這里的 / 在不能整除的時(shí)候，還需要花費(fèi) 1 小時(shí)吃完剩下的，所以吃完一堆香蕉花費(fèi)的時(shí)間，可以表示成。
hour = piles[i] / speed;
if(0 != piles[i] % speed) hour += 1;
香蕉的堆數(shù)以及每堆的數(shù)量是確定的，要在 H 小時(shí)內(nèi)吃完，時(shí)間是輸入?yún)?shù)，也是確定的了，現(xiàn)在唯一不確定的就是吃香蕉的速度，我們需要做的就是在最小速度 到 最大速度之間找出一個(gè)速度，使得剛好能在 H 小時(shí)內(nèi)吃完香蕉。
前面說(shuō)到吃香蕉的速度和吃完香蕉需要的時(shí)間之間是單調(diào)關(guān)系，我們先把單調(diào)關(guān)系的函數(shù)定義出來(lái)。
// 速度為 speed 時(shí)，吃完所有堆的食物需要多少小時(shí)
int eatingHour(vector<int>&piles,int speed)
{
if(speed <= 0) return -1;
int hour = 0;
for(auto &iter : piles)
{
hour += iter / speed;
if(0 != iter % speed) hour += 1;
}
return hour;
}
題目要求吃完香蕉的最小速度，也就是速度要足夠小，小到剛好在 H 小時(shí)內(nèi)吃完所有的香蕉，所以是求速度的左側(cè)邊界。
好了，分析完之后，寫(xiě)出代碼:
int minEatingSpeed(vector<int> &piles, int h)
{
//1小時(shí)最多能吃多少根香蕉
int maxcount = 1;
for (auto &iter : piles)
{
if (maxcount < iter) maxcount = iter;
}
//時(shí)間的校驗(yàn)
if (h < 1 || h < (int)piles.size() ) return -1;
int l_speed = 1;
int r_speed = maxcount;
while (l_speed <= r_speed)
{
int m = l_speed + (r_speed - l_speed) / 2;
// eatingHour 函數(shù)代碼見(jiàn)上文
int hours = eatingHour(piles, m);
if (hours == h)
{
// 求速度的左側(cè)邊界
r_speed = m - 1;
}
else if (hours < h)
{
// hours 比 h 小，表示速度過(guò)大，邊界需要往左邊移動(dòng)
r_speed = m - 1;
}
else
{
// hours 比 h 大，表示速度國(guó)小，邊界需要往右邊移動(dòng)
l_speed = m + 1;
}
}
return l_speed;
}
上述代碼中，我們列出了 while 循環(huán)中的 if 的所有分支，是為了幫助理解的，大家可自行進(jìn)行合并。
實(shí)例2：運(yùn)送包裹
題目要求 船的運(yùn)載能力, 船的運(yùn)載能力和運(yùn)輸需要的天數(shù)成反比，運(yùn)載能力越大，需要的天數(shù)越少，運(yùn)載能力越小，需要的天數(shù)越多，也即存在 單調(diào)關(guān)系，下面定義出單調(diào)關(guān)系的函數(shù)。
//船的載重為 capcity 時(shí),運(yùn)載 weights 貨物需要多少天
int shipDays(const vector<int> &weights, int capacity)
{
//船載重校驗(yàn)
if(capacity <= 0) return -1;
int isize = (int)weights.size();
int temp = 0;
int days = 0;
for(int i = 0; i < isize; ++i)
{
if(temp + weights[i] <= capacity)
{
temp += weights[i];
continue;
}
++days;
temp = weights[i];
}
//還有剩余的，需要額外在運(yùn)送一趟
if(temp > 0) ++days;
return days;
}
題目中隱含的幾個(gè)信息：
- 船的最小載重需要大于等于傳送帶上最重包裹的重量，因?yàn)槊看沃辽僖b載一個(gè)包裹
- 船的最大載重等于傳送帶上所有包裹的總重量，也即所有的包裹可以一次全部裝上船
- 船每天只能運(yùn)送一趟包裹
確定了船的運(yùn)載范圍后，相當(dāng)于確定了二分查找的區(qū)間，另外，題目求的是船的最小運(yùn)載能力，相當(dāng)于求運(yùn)載能力的左側(cè)邊界。
分析到這里，就可以寫(xiě)出基本的查找框架了，這里直接給出代碼了。
int shipWithinDays(vector<int> &weights, int days)
{
int isize = (int)weights.size();
if (isize <= 0) return 0;
//最小載重,需要等于貨物的最大重量
int mincapacity = 0;
//最大載重，全部貨物重量的總和
int maxcapacity = 0;
for (auto &iter : weights)
{
maxcapacity += iter;
if (iter > mincapacity)
{
mincapacity = iter;
}
}
int l = mincapacity;
int r = maxcapacity;
while (l < r)
{
int m = l + (r - l) / 2;
int d = shipDays(weights, m);
if (d == days)
{
r = m - 1;
}
else if (d < days)
{
// d 比 days 小，表示船載重太大，載重邊界需要往左移
r = m - 1;
}
else
{
// d 比 days 大，表示船載重太小，載重邊界需要往右移
l = m + 1;
}
}
return l;
}
小結(jié)總結(jié)來(lái)說(shuō)，如果發(fā)現(xiàn)題目中存在單調(diào)關(guān)系，就可以嘗試使用二分查找的思路來(lái)解決，分析單調(diào)關(guān)系，寫(xiě)出單調(diào)函數(shù)，搞清楚二分查找的范圍，確定查找的代碼框架，再進(jìn)行邊界細(xì)化，就能夠?qū)懗鲎罱K代碼。
