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

1. 上下界确定。 我们可以通过上下界的折半来优化查找。
2. 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;

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};}
};

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)

1. lower_bound(begin, end, val)在区间 [begin, end)中找到val第一次出现位置；
2. 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midcnt++, 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;
}