33. 搜索旋转排序数组

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题目描述

整数数组 nums 按升序排列，数组中的值 互不相同。

在传递给函数之前，nums 在预先未知的某个下标 k（0 <= k < nums.length）上进行了 向左旋转，使数组变为 [nums[k], nums[k+1], ..., nums[n-1], nums[0], nums[1], ..., nums[k-1]]（下标从 0 开始计数）。例如，[0,1,2,4,5,6,7] 在下标 3 上向左旋转后可能变为 [4,5,6,7,0,1,2]。

给你 旋转后 的数组 nums 和一个整数 target，如果 nums 中存在这个目标值 target，则返回它的下标，否则返回 -1。

你必须设计一个时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。

数据范围：

• 1 <= nums.length <= 5000
• -10^4 <= nums[i] <= 10^4
• nums 中的每个值都 独一无二
• 题目数据保证 nums 在预先未知的某个下标上进行了旋转
• -10^4 <= target <= 10^4

示例

示例 1：

输入： nums = [4,5,6,7,0,1,2], target = 0
输出： 4

示例 2：

输入： nums = [4,5,6,7,0,1,2], target = 3
输出： -1

示例 3：

输入： nums = [1], target = 0
输出： -1

方法一：二分查找

思路及解法

旋转后的数组可以看作两段升序数组拼接而成。每次从中间 mid 切开，一定有一半是有序的。我们只需要判断 target 是否落在有序的那一半里：在，就收缩到那一半；不在，就去另一半找。这样每次都能排除一半区间，保持 $O(\log n)$。

如何判定哪一半有序？

比较 nums[0] 与 nums[mid]：

• 若 nums[0] <= nums[mid]，说明 mid 在第一段（旋转点左侧），因此左半段 [l, mid] 一定升序；
• 否则 mid 在第二段（旋转点右侧），因此右半段 [mid, r] 一定升序。

这里用 nums[0] 而不是 nums[l]，是因为 l 在二分过程中会移动，而 nums[0] 始终代表第一段的起始值，能稳定区分两段。

等号的取法：

• nums[0] <= nums[mid] 中的 <= 是为了包含 mid == 0 的情况。此时 nums[0] == nums[mid]，左半段只有一个元素，当然有序，应归入“左半段有序”分支。
• 判断 target 是否在有序段时，因为前面已经检查过 nums[mid] == target，所以 target 不可能等于 nums[mid]：
  • 左半段有序时，条件写 nums[0] <= target < nums[mid]，即左闭右开；
  • 右半段有序时，条件写 nums[mid] < target <= nums[n-1]，即左开右闭。

循环条件 while l <= r：

这里用的是闭区间 [l, r]，两端都包含。当 l == r 时，区间内还有一个元素 nums[l] 未检查，必须再进一次循环，因此条件写 l <= r。更新时，因为 mid 已经检查过，所以用 r = mid - 1 或 l = mid + 1 将其排除。

代码

class Solution:
    def search(self, nums: list[int], target: int) -> int:
        n = len(nums)
        l, r = 0, n - 1
        while l <= r:
            mid = (l + r) // 2
            if nums[mid] == target:
                return mid
            if nums[0] <= nums[mid]:
                if nums[0] <= target < nums[mid]:
                    r = mid - 1
                else:
                    l = mid + 1
            else:
                if nums[mid] < target <= nums[n - 1]:
                    l = mid + 1
                else:
                    r = mid - 1
        return -1

复杂度分析

• 时间复杂度：$O(\log n)$，每次迭代将搜索区间缩小一半。
• 空间复杂度：$O(1)$，只使用常数个变量。