第六章 - 高频考题(困难)
0154. 寻找旋转排序数组中的最小值 II

题目地址(154. 寻找旋转排序数组中的最小值 II)

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 = [0,1,4,4,5,6,7] 在变化后可能得到:
若旋转 4 次,则可以得到 [4,5,6,7,0,1,4]
若旋转 7 次,则可以得到 [0,1,4,4,5,6,7]
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]] 。
给你一个可能存在 重复 元素值的数组 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 。
示例 1:
输入:nums = [1,3,5]
输出:1
示例 2:
输入:nums = [2,2,2,0,1]
输出:0
提示:
n == nums.length
1 <= n <= 5000
-5000 <= nums[i] <= 5000
nums 原来是一个升序排序的数组,并进行了 1 至 n 次旋转
进阶:
这道题是 寻找旋转排序数组中的最小值 的延伸题目。
允许重复会影响算法的时间复杂度吗?会如何影响,为什么?

前置知识

公司

  • 暂无

思路

和 153 题目类似,只不过这道题在 153 的基础上增加了“可能重复”的条件。
沿用 153 的思路:
  • 如果左端点的值小于右端点的值则可以提前退出。
  • 否则我们选取中点,并判断中点的位置是在左边有序部分还是右边有序部分。
  • 如果在左边有序部分,那么 r = mid,如果在右边有序部分则 l = mid + 1
问题的关键是有时候我们是没有办法判断 mid 是在左边有序部分还是右边有序部分的。 比如 nums[mid] == nums[l],就可能对应下面的两种情况:
  1. 1.
    [2,2,2,2,0,1,2] 此时 mid 在左侧有序部分
  2. 2.
    [2,0,1,2,2,2] 此时 mid 在右侧有序部分
这个时候我们无法排除一半。退而求其次,我们只能排除一个,这个是算法的关键,这同时意味着我们的算法无法在最坏的情况下达到 $logn$,这和我们平时用的比较多的二分是不一样的。
那么在这种无法判断是在左边有序部分还是右边有序部分的情况下,我们应该舍弃左端点还是右端点呢?
答案是选择舍弃右端点,因为舍弃右端点不会错过最小值。之所以选择舍弃右端点不会错过最小值有一个前提:取中点逻辑是向下取整,如果你取中点是向上取整情况就有所不同了。
另外需要注意的是,我们选择判断是在左侧有序部分还是右边有序部分,需要用 mid 和右端点进行比较,而不能是左端点。这是因为使用左端点无法在任何情况舍弃一半,读者不妨自己试试看。

关键点

  • 比较右端点而不是左端点
  • 如果左端点的值小于右端点的值则可以提前退出

代码

  • 语言支持:Python3
Python3 Code:
class Solution:
def findMin(self, nums: List[int]) -> int:
l, r = 0, len(nums) - 1
while l < r:
if nums[l] < nums[r]:
return nums[l]
mid = (l + r) // 2
# [2,2,2,0,1]
if nums[mid] > nums[r]:
l = mid + 1
elif nums[mid] < nums[r]:
r = mid
else:
r -= 1
return nums[l] # or nums[r]
复杂度分析
令 n 为数组长度。
  • 时间复杂度:$O(n)$,最坏的情况我们需要扫描整个数组。
  • 空间复杂度:$O(1)$