本文作者杨立滨。
项目目前 Stars 数近 7k，将会持续更新，欢迎 Star 关注。
二分查找是一种在每次比较之后将查找空间一分为二的算法。当我们要处理的问题具备单调性，或者要搜寻序列的边界时，应该考虑使用二分查找算法。
但是，网上对于二分查找的描述纷繁复杂，包括提到二分查找很多的所谓变种写法，很容易让读者摸不清头脑。
其实，二分查找的解题套路可以简单总结为以下两个模板：
模板 1：
boolean check(int x) {}
int search(int left, int right) {
while (left < right) {
int mid = (left + right) >> 1;
if (check(mid)) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
return left;
}模板 2：
boolean check(int x) {}
int search(int left, int right) {
while (left < right) {
int mid = (left + right + 1) >> 1;
if (check(mid)) {
left = mid;
} else {
right = mid - 1;
}
}
return left;
}我们做二分题目时，可以按照以下步骤：
1.写出循环条件：while (left < right)，注意是 left < right，而非 left <= right；2.循环体内，先无脑写出 mid = (left + right) >> 1；3.根据具体题目，实现 check() 函数（有时很简单的逻辑，可以不定义函数），想一下究竟要用 left = mid 还是 right = mid；4.如果 left = mid，那么无脑写出 else 语句 right = mid - 1，并且在 mid 计算时补充 +1，即 mid = (left + right + 1) >> 1；5.如果 right = mid，那么无脑写出 else 语句 left = mid，并且不需要更改 mid 的计算；6.循环结束时，left 与 right 相等。
注意，这两个模板的优点是始终保持答案位于二分区间内，二分结束条件对应的值恰好在答案所处的位置。 对于可能无解的情况，只要判断二分结束后的 left 或者 right 是否满足题意即可。
接下来，我们来看几道二分题目，来实际应用一下这两个二分模板。
题目解析
题目 1：第一个错误的版本
你是产品经理，目前正在带领一个团队开发新的产品。不幸的是，你的产品的最新版本没有通过质量检测。由于每个版本都是基于之前的版本开发的，所以错误的版本之后的所有版本都是错的。
假设你有 n 个版本 [1, 2, ..., n]，你想找出导致之后所有版本出错的第一个错误的版本。
你可以通过调用 bool isBadVersion(version) 接口来判断版本号 version 是否在单元测试中出错。实现一个函数来查找第一个错误的版本。你应该尽量减少对调用 API 的次数。
示例：
给定 n = 5，并且 version = 4 是第一个错误的版本。
调用 isBadVersion(3) -> false
调用 isBadVersion(5) -> true
调用 isBadVersion(4) -> true
所以，4 是第一个错误的版本。
解法：
此题我们应用模板 1 进行二分查找，找到第一个 BadVersion。
/* The isBadVersion API is defined in the parent class VersionControl.*/
boolean isBadVersion(int version);
public class Solution extends VersionControl {
public int firstBadVersion(int n) {
int left = 1, right = n;
while (left < right) {
int mid = (left + right) >>> 1;
if (isBadVersion(mid)) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
return left;
}
}
题目 2：在排序数组中查找数字
统计一个数字在排序数组中出现的次数。
示例 1:
输入: nums = [5,7,7,8,8,10], target = 8
输出: 2
示例 2:
输入: nums = [5,7,7,8,8,10], target = 6
输出: 0
限制：
•0 <= 数组长度 <= 50000
解法：
此题我们同时应用模板 1 和模板 2。两遍二分，分别查找出左边界和右边界。
class Solution {
public int search(int[] nums, int target) {
if (nums.length == 0) {
return 0;
}
// find first position
int left = 0, right = nums.length - 1;
while (left < right) {
int mid = (left + right) >>> 1;
if (nums[mid] >= target) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
if (nums[left] != target) {
return 0;
}
int l = left;
// find last position
right = nums.length - 1;
while (left < right) {
int mid = (left + right + 1) >>> 1;
if (nums[mid] <= target) {
left = mid;
} else {
right = mid - 1;
}
}
return left - l + 1;
}
}题目 3：爱吃香蕉的珂珂
珂珂喜欢吃香蕉。这里有 N 堆香蕉，第 i 堆中有 piles[i] 根香蕉。警卫已经离开了，将在 H 小时后回来。
珂珂可以决定她吃香蕉的速度 K （单位：根/小时）。每个小时，她将会选择一堆香蕉，从中吃掉 K 根。如果这堆香蕉少于 K 根，她将吃掉这堆的所有香蕉，然后这一小时内不会再吃更多的香蕉。
珂珂喜欢慢慢吃，但仍然想在警卫回来前吃掉所有的香蕉。
返回她可以在 H 小时内吃掉所有香蕉的最小速度 K（K 为整数）。
示例 1：
输入: piles = [3,6,7,11], H = 8
输出: 4
示例 2：
输入: piles = [30,11,23,4,20], H = 5
输出: 30
示例 3：
输入: piles = [30,11,23,4,20], H = 6
输出: 23
解法：
注：一般对于求最值/极值问题，可以考虑使用二分枚举，找到值的边界点。
对于本题，我们应用模板 1，二分枚举吃香蕉的速度，返回能在 H 小时内吃完所有香蕉的最小速度即可。
class Solution {
public int minEatingSpeed(int[] piles, int h) {
int mx = 0;
for (int pile : piles) {
mx = Math.max(mx, pile);
}
int left = 1, right = mx;
while (left < right) {
int mid = (left + right) >>> 1;
int s = 0;
for (int pile : piles) {
s += (pile + mid - 1) / mid;
}
if (s <= h) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
return left;
}
}题目 4：在 D 天内送达包裹的能力
传送带上的包裹必须在 D 天内从一个港口运送到另一个港口。
传送带上的第 i 个包裹的重量为 weights[i]。每一天，我们都会按给出重量的顺序往传送带上装载包裹。我们装载的重量不会超过船的最大运载重量。
返回能在 D 天内将传送带上的所有包裹送达的船的最低运载能力。
示例 1：
输入：weights = [1,2,3,4,5,6,7,8,9,10], D = 5
输出：15
解释：
船舶最低载重 15 就能够在 5 天内送达所有包裹，如下所示：
第 1 天：1, 2, 3, 4, 5
第 2 天：6, 7
第 3 天：8
第 4 天：9
第 5 天：10
请注意，货物必须按照给定的顺序装运，因此使用载重能力为 14 的船舶并将包装分成 (2, 3, 4, 5), (1, 6, 7), (8), (9), (10) 是不允许的。
示例 2：
输入：weights = [3,2,2,4,1,4], D = 3
输出：6
解释：
船舶最低载重 6 就能够在 3 天内送达所有包裹，如下所示：
第 1 天：3, 2
第 2 天：2, 4
第 3 天：1, 4
提示：
•1 <= D <= weights.length <= 50000•1 <= weights[i] <= 500
解法：
注：一般对于求最值/极值问题，可以考虑使用二分枚举，找到值的边界点。
对于本题，我们应用模板 1，二分枚举运载能力 capacity，找到能在 D 天内送达的最小运载即可。
class Solution {
public int shipWithinDays(int[] weights, int days) {
int left = 1, right = Integer.MAX_VALUE;
while (left < right) {
int mid = (left + right) >> 1;
if (check(weights, days, mid)) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
return left;
}
private boolean check(int[] weights, int days, int capacity) {
int cnt = 1, t = 0;
for (int w : weights) {
if (w > capacity) {
return false;
}
if (t + w <= capacity) {
t += w;
} else {
t = w;
++cnt;
}
}
return cnt <= days;
}
}长按识别下图二维码，关注公众号「Doocs 开源社区」，第一时间跟你们分享好玩、实用的技术文章与业内最新资讯。
