Leetcode33. Search in Rotated Sorted Array | Binary Search

1.题意

题目描述故意用了一些难懂的词汇，什么pivot index、rotate。仔细推一推样例就能明白，其实就是把一个递增数列划分为[0, k-1]、[k, n-1]两个子数列。并将[k, n-1]放到[0, k-1]前面。input给出的是这个已经操作完了的数列，让我们在里面找到指定元素target的位置，没有就返回-1。要求算法必须是O(logn)级别。几个决定边界的条件：
1.所有元素各不相同。（不需要考虑左右边界相等的情况）
2.nums is an ascending array that is possibly rotated.（意味着可能它没有旋转过，是一个递增数列！！这个很坑！需要在第一次用二分找完k之后看下k是不是-1）

2.算法

二分

3.分析

O(logn)，基本可以确定是要用二分来做。但这个数列并不是单调的，怎么去找target呢？整个数列不单调，但是两个子数列单调，所以只要找到正确划分子数列的方法分别二分就可以了。
那么在找分界点k的时候，如何判断每一轮left、right的变化条件呢？关键在于原本的数列是一个递增数列，所以[k, n-1]里所有的元素都大于[0, k-1]。也就是说，nums[n-1]>nums[0]。给定数列里的所有元素都满足nums[n-1]

3.1对mid的判断

对于位置为k的元素：
nums[n]nums[n+1]
对于位置为k-1的元素：
nums[n]>nums[n-1] && nums[n]>nums[n+1] && nums[n-1]>nums[n+1]
找k或者k-1都可以，本质都是为了找到两个子数列的分界点。
上面列出来的k和k-1的条件，就是我们二分查找里判断mid的条件，如果符合就break，不符合就改变区间的左或者右端点继续找。

3.2区间左右端点移动的判断

普通的二分，因为数列是单调的，所以只要判断mid是比target_value大还是小，就能判断出是要动左端点还是右端点。虽然本题不单调，不能直接这么做，但核心思想是一样的，即左右端点的移动是通过对mid和某个值的比较来决定的。
单调序列中，mid和target比，是为了确定mid的位置是在前半段还是后半段，只是这两段长度均等。而我们在本题中，target_value是两个子数列的分界点，两个子数列不均分，所以我们也需要判断mid的位置。但我们判断的是它在靠前的第一个子数列还是第二个子数列。本质上，这都是一种对子区间的判断。只不过普通二分因为单调的性质，判断起来容易了许多而已！
判断一个点在哪个子区间，核心就是判断点和区间左右端点的关系！
传统的二分看起来是直接和target_value对比了，但这只是因为它利用了单调区间的特性做了简化！它最原始的样子应该也是和端点做比较。
比如这一轮我们有left, right, mid。首先比较一下mid和target_value是否相等。

if(nums[mid] == target_value) break;
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不相等之后，就要移动左右端点了。如果mid比target_value大，下面是最常见的做法。

if(nums[mid] > target_value)
    right = mid-1;
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但是，这实际上是一种简化！本质的判断是这样的：
因为是二分，移动方式是特定的（每次减半），不需要像双指针那样千变万化。所以每一轮我们做的事情就是去搞清楚，下一轮是选择[left, mid-1]这个区间，还是[mid+1, right]。
已知因为单调递增的特性，target_value所在的区间，一定满足nums[left] < target_value < nums[right]。（下面if里写的是闭，主要是因为随着寻找，区间最后会缩成只有2个元素或者只有1个元素。）
所以我们实际思考的是：

//先判断下[left, mid-1]这个子区间
if (nums[left]<=target_value && target_value<=nums[mid-1])
    right = mid-1; //这个不是因为什么模板-1，不是为了什么循环结束-1，而是上面分析的，因为我们选择了这个子区间！而它的端点是mid-1!
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如果不符合，再来看另一个子区间。

if (nums[right]>=target_value && nums[mid+1]<=target_value)
    left = mid+1; //同上，是因为我们选了第二个子区间，而它的端点是mid+1
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但其实上面的很多条件都是可以简化的，比如[left, right]作为起始区间，其实没必要再判断nums[right] nums[left]是否符合target_value的大小条件了，加上二者是互斥的，target_value不在第一个区间它就一定在第二个区间，所以直接用else就可以。这样才有了常见的形式：

else
    left = mid+1;
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3.3本题中的应用

3.2中常见二分的条件是基于递增数列的性质推断出的，本题的条件是什么呢？其实这个条件和3.1里对mid判断的条件是一样的。
因为找这个分界点的过程，它一定是从区间对半减少直至左右重合只剩一个点。mid的相邻元素的条件，就是区间的条件。因为它的左右元素就是它所在的最小区间。
它的原理是很好理解的，如果当前的区间是左端点大于右端点的，那它一定是两个数列都横跨了，我们要找的界限一定在这里。而如果当前区间是左端点小于右端点
里我选择找位置为k的元素，所以每一轮我们选择子区间的原则就是在[left, mid-1]与[mid+1, right]里选择满足nums[left]>nums[right]的那一个。

if(nums[left]>nums[mid])
    right = mid-1;
else if(nums[mid]>nums[right])
    left = mid+1;
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实际写进去就是这样：

if(nums[mid-1]>nums[mid+1]) break; 
if(nums[left] > nums[mid-1]) 
    right = mid-1;
else if(nums[mid+1] > nums[right])
    left = mid+1;
else{
    mid = -1;
    break;
}
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但是！这里还有一个特殊情况，以这个test case为例子：
[5,1,2,3,4]
对这种k出现在最开始的情况，它没有左边的相邻元素，如果不做特别处理就会越界。所以在最前面加一句特判：

if(mid==0 && nums[mid]>nums[mid+1]) break;
1

为什么我们不特判mid==nums.size()-1的情况呢？因为k它不可能出现在最后的，如果它后面没有元素，那不可能完成旋转，它前面也不会有，这种只有一个元素的情况我们已经在开头特判排除了。

4.代码

class Solution {
public:
    int search(vector<int>& nums, int target) {
        int left = 0, right = nums.size()-1, mid, ans = -1, pivot;
        
        if(nums.size() < 3){
            for(int i = 0;i < nums.size();i++){
                if(nums[i] == target)
                    ans = i;
            }
            return ans;
        }
        
        //find the pivot index k
        while(left <= right){
            mid = left + (right-left)/2;
            
            if(mid==0 && nums[mid]>nums[mid+1]) break;
            if(nums[mid-1]>nums[mid+1]) break; 
            if(nums[left] > nums[mid-1]) 
                right = mid-1;
            else if(nums[mid+1] > nums[right])
                left = mid+1;
            else{
                mid = -1;
                break;
            }
        }
        
        if(mid == -1)
            pivot = nums.size();
        else if(mid&&nums[mid-1]>nums[mid])
            pivot = mid;
        else
            pivot = mid+1;
        
        //search the 1st sequence using binary search
        left = 0, right = pivot-1;
        while(left <= right){
            mid = left + (right-left)/2;
            if(nums[mid] == target){
                ans = mid;
                break;
            }
            if(nums[mid] > target)
                right = mid-1;
            else
                left = mid+1;
        }
        
        
        //search the 2nd sequence
        left = pivot, right = nums.size()-1;
        while(left <= right){
            mid = left + (right-left)/2;
            if(nums[mid] == target){
                ans = mid;
                break;
            }
            if(nums[mid] > target)
                right = mid-1;
            else
                left = mid+1;
        }
        
        return ans;
    }
};
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5.复杂度

Time complexity: O(logn)
Space complexity: O(1)