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峰值元素是指其值严格大于左右相邻值的元素。给你一个整数数组nums#xff0c;找到峰值元素并返回其索引。数组可能包含多个峰值#xff0c;在这种情况下#xff0c;返回 任何一个峰值 所在位置即可。
你可以假设nums[-1] nums[n] -∞。 你… 优质博文IT-BLOG-CN 一、题目
峰值元素是指其值严格大于左右相邻值的元素。给你一个整数数组nums找到峰值元素并返回其索引。数组可能包含多个峰值在这种情况下返回 任何一个峰值 所在位置即可。
你可以假设nums[-1] nums[n] -∞。 你必须实现时间复杂度为O(log n)的算法来解决此问题。 示例 1 输入nums [1,2,3,1] 输出2 解释3是峰值元素你的函数应该返回其索引2。
示例 2 输入nums [1,2,1,3,5,6,4] 输出1或5 解释你的函数可以返回索引1其峰值元素为2或者返回索引5 其峰值元素为6。
提示 1 nums.length 1000 -231 nums[i] 231 - 1 对于所有有效的i都有nums[i] ! nums[i 1]
二、代码
方案一寻找最大值
由于题目保证了nums[i]≠nums[i1]那么数组nums中最大值两侧的元素一定严格小于最大值本身。因此最大值所在的位置就是一个可行的峰值位置。
我们对数组nums进行一次遍历找到最大值对应的位置即可。
class Solution {public int findPeakElement(int[] nums) {int idx 0;for (int i 1; i nums.length; i) {if (nums[i] nums[idx]) {idx i;}}return idx;}
}时间复杂度 O(n)其中n是数组nums的长度。 空间复杂度 O(1)。
方案二二分查找
首先要注意题目条件在题目描述中出现了nums[-1] nums[n] -∞这就代表着 只要数组中存在一个元素比相邻元素大那么沿着它一定可以找到一个峰值。
根据上述结论我们就可以使用二分查找找到峰值
查找时左指针l右指针r以其保持左右顺序为循环条件
根据左右指针计算中间位置m并比较m与m1的值如果m较大则左侧存在峰值r m如果m 1较大则右侧存在峰值l m 1
class Solution {public int findPeakElement(int[] nums) {int left 0, right nums.length - 1;for (; left right; ) {int mid left (right - left) / 2;if (nums[mid] nums[mid 1]) {right mid;} else {left mid 1;}}return left;}
}时间复杂度 O(logn)其中n是数组nums的长度。 空间复杂度 O(1)。
方案三迭代爬坡
俗话说「人往高处走水往低处流」。如果我们从一个位置开始不断地向高处走那么最终一定可以到达一个峰值位置。
因此我们首先在[0,n)的范围内随机一个初始位置i随后根据nums[i−1],nums[i],nums[i1]三者的关系决定向哪个方向走 【1】如果nums[i−1]nums[i]nums[i1]那么位置i就是峰值位置我们可以直接返回i作为答案 【2】如果nums[i−1]nums[i]nums[i1]那么位置i处于上坡我们需要往右走即i←i1
如果nums[i−1]nums[i]nums[i1]那么位置i处于下坡我们需要往左走即i←i−1
如果nums[i−1]nums[i]nums[i1]那么位置i位于山谷两侧都是上坡我们可以朝任意方向走。
如果我们规定对于最后一种情况往右走那么当位置i不是峰值位置时 【1】如果nums[i]nums[i1]那么我们往右走 【2】如果nums[i]nums[i1]那么我们往左走。
class Solution {public int findPeakElement(int[] nums) {int n nums.length;int idx (int) (Math.random() * n);while (!(compare(nums, idx - 1, idx) 0 compare(nums, idx, idx 1) 0)) {if (compare(nums, idx, idx 1) 0) {idx 1;} else {idx - 1;}}return idx;}// 辅助函数输入下标 i返回一个二元组 (0/1, nums[i])// 方便处理 nums[-1] 以及 nums[n] 的边界情况public int[] get(int[] nums, int idx) {if (idx -1 || idx nums.length) {return new int[]{0, 0};}return new int[]{1, nums[idx]};}public int compare(int[] nums, int idx1, int idx2) {int[] num1 get(nums, idx1);int[] num2 get(nums, idx2);if (num1[0] ! num2[0]) {return num1[0] num2[0] ? 1 : -1;}if (num1[1] num2[1]) {return 0;}return num1[1] num2[1] ? 1 : -1;}
}时间复杂度 O(n)其中n是数组nums的长度。在最坏情况下数组nums单调递增并且我们随机到位置0这样就需要向右走到数组nums的最后一个位置。 空间复杂度 O(1)。
方法四二分查找优化
我们可以发现如果nums[i]nums[i1]并且我们从位置i向右走到了位置i1那么位置i左侧的所有位置是不可能在后续的迭代中走到的。
这是因为我们每次向左或向右移动一个位置要想「折返」到位置i以及其左侧的位置我们首先需要在位置i1向左走到位置i但这是不可能的。
并且根据方法二我们知道位置i1以及其右侧的位置中一定有一个峰值因此我们可以设计出如下的一个算法 【1】对于当前可行的下标范围[l,r]我们随机一个下标i 【2】如果下标i是峰值我们返回i作为答案 【3】如果nums[i]nums[i1]那么我们抛弃[l,i]的范围在剩余[i1,r]的范围内继续随机选取下标 【4】如果nums[i]nums[i1]那么我们抛弃[i,r]的范围在剩余[l,i−1]的范围内继续随机选取下标。
在上述算法中如果我们固定选取i为[l,r]的中点那么每次可行的下标范围会减少一半成为一个类似二分查找的方法时间复杂度为 O(logn)。
class Solution {public int findPeakElement(int[] nums) {int n nums.length;int left 0, right n - 1, ans -1;while (left right) {int mid (left right) / 2;if (compare(nums, mid - 1, mid) 0 compare(nums, mid, mid 1) 0) {ans mid;break;}if (compare(nums, mid, mid 1) 0) {left mid 1;} else {right mid - 1;}}return ans;}// 辅助函数输入下标 i返回一个二元组 (0/1, nums[i])// 方便处理 nums[-1] 以及 nums[n] 的边界情况public int[] get(int[] nums, int idx) {if (idx -1 || idx nums.length) {return new int[]{0, 0};}return new int[]{1, nums[idx]};}public int compare(int[] nums, int idx1, int idx2) {int[] num1 get(nums, idx1);int[] num2 get(nums, idx2);if (num1[0] ! num2[0]) {return num1[0] num2[0] ? 1 : -1;}if (num1[1] num2[1]) {return 0;}return num1[1] num2[1] ? 1 : -1;}
}时间复杂度 O(logn)其中n是数组nums的长度。 空间复杂度 O(1)。
