一，学习别人的总结与讲解
本部分的参考见末尾，本部分文字是在其基础上的二度总结（节约时间和精力）。
1，典型的二分法
算法：当数据量很大适宜采用该方法。采用二分法查找时，数据需是排好序的。
基本思想：假设数据是按升序排序的，对于给定值key，从序列的中间位置k开始比较，
如果当前位置arr[k]值等于key，则查找成功；
若key小于当前位置值arr[k]，则在数列的前半段中查找,arr[low,mid-1]；
若key大于当前位置值arr[k]，则在数列的后半段中继续查找arr[mid+1,high]，
直到找到为止,时间复杂度:O(log(n))。
上面的思想就是最最简单的二分法，即从一个排好序的数组之查找一个key值。 如下面的程序：
- int search(int *arr, int n, int key)
- {
- int left = 0, right = n-1;
- while(left<=right) {//慎重截止条件，根据指针移动条件来看，这里需要将数组判断到空为止
- int mid = left + ((right - left) >> 1);//防止溢出
- if (arr[mid] == key)//找到了
- return mid;
- else if(arr[mid] > key)
- right = mid - 1;//给定值key一定在左边，并且不包括当前这个中间值
- else
- left = mid + 1;//给定值key一定在右边，并且不包括当前这个中间值
- }
- return -1;
- }
证明二分算法正确性：
循环不变式：
如果key存在于数组中，始终只可能存在于当前的array[left,right]数组段中。
初始化：
第一轮循环开始之前，array[left,right]就是原始数组，这时循环不变式显然成立。
迭代保持：
每次循环开始前，如果key存在，则只可能在待处理数组array[left, ..., right]中。
对于array[mid]<key，array[left, ..., mid]均小于key，key只可能存在于array[mid+1, ..., right]中；
对于array[mid]>key，array[mid, ..., right]均大于key，key只可能存在于array[left, ..., mid-1]中；
对于array[mid]==key，查找到了key对应的下标，直接返回结果。
显然如果没找到key，下一次继续查找时我们设定的循环不变式依然正确。
死循环否？在前两种情况中，数组长度每次至少减少1（实际减少的长度分别是mid-left+1和right-mid+1），直到由left==right变为left>right（数组段长度由1-0）--->截止了，所以一定不会死循环。
终止：
结束时发生了什么？left>right,被压缩的数组段为空，表示key不存在于所有步骤的待处理数组，再结合每一步排除的部分数组中也不可能有key，因此key不存在于原数组。因此我们得到了符合要求的解，此算法正确。
如果条件稍微变化一下， 还会写吗？其实，二分法真的不那么简单，尤其是二分法的各个变种。
2，二分法的变种1
数组之中的数据可能可以重复，要求返回匹配的数据的最小（或最大）的下标；更近一步， 需要找出数组中第一个大于key的元素（也就是最小的大于key的元素的）下标，等等。 这些，虽然只有一点点的变化，实现的时候确实要更加的细心。
下面列出了这些二分检索变种的实现
a. 找出第一个与key相等的元素的位置
快速思考四个问题：
1）通过什么条件来移动两个指针？与中间位置进行大小比较。
当arr[mid]<key时，当前位置一定不是解，解一定只可能在arr[mid+1,high]，即右边
当arr[mid]>key时，当前位置一定不是解，解一定只可能在arr[low,mid-1]，即左边
当arr[mid]==key呢？mid有可能是解，也可能在arr[low,mid-1]即左边,但可以肯定的是解一定只可能在arr[low,mid]中。
2）两个指针的意义？缩小范围，如果key存在于数组中，最终将low移动到目的位置。
3）程序的出口？截止条件就是出口，唯一的出口。
4）那截止条件应该如何写？这得看怎么移动的！
- int searchFirstEqual(int *arr, int n, int key)
- {
- int left = 0, right = n-1;
- while(left < right)//根据两指针的意义，如果key存在于数组，left==right相等时已经得到解
- {
- int mid = (left+right)/2;
- if(arr[mid] > key)//一定在mid为止的左边，并且不包含当前位置
- right = mid - 1;
- else if(arr[mid] < key)
- left = mid + 1;//一定在mid位置的右边，并且不包括当前mid位置
- else
- right=mid;//故意写得和参考博文不一样，下面有证明
- }
- if(arr[left] == key)
- return left;
- return -1;
- }
证明变种二分a的正确性：
循环不变式：
如果key存在于数组，那么key第一次出现的下标x只可能在[left,right]中，并且始终有array[left]<=key, array[right]>=key
初始化：
第一轮循环开始之前，数组段就是原数组，这时循环不变式显然成立。
迭代保持：
每次循环开始前，如果key存在于原数组，那么位置x只可能存在于待查找数组array[left, ..., right]中。
如果array[mid]<key，array[left, ..., mid]均小于key，x只可能存在于array[mid+1, ..., right]中。数组减少的长度为mid-left+1，至少为1。
如果array[mid]>key, array[mid, ..., right]均大于key的元素，x只可能存在于array[left, ..., mid-1]中.数组减少的长度为right-mid+1，至少为1。
对于array[mid]==key, array[mid, ..., right]均大于或者等于key的元素，x只可能存在于array[left,
..., mid]中，这里长度减少多少呢？见下面死循环分析。
显然迭代过程始终保持了循环不变式的性质。
死循环否？前两个条件至少减少1，但是后一个条件当两个指针的相距为2及其以上时（比如2->5，距离为2）
长度至少减少1，然而当相距为1时将无法减少长度，但是聪明的我们将其截止了，所以不会出现死循环。
终止：
结束时发生了什么？即left==right时，根据循环不变式始终有array[left]<=key, array[right]>=key（否则就不应该在这里找）。显然我们把两个指针缩小到left==right的情况，只要检查array[left]==key即可得到满足问题的解。因此算法是正确的。
b. 找出最后一个与key相等的元素的位置
- int searchLastEqual(int *arr, int n, int key)
- {
- int left = 0, right = n-1;
- while(left<right-1) {
- int mid = (left+right)/2;
- if(arr[mid] > key)
- right = mid - 1;//key一定在mid位置的左边，并且不包括当前mid位置
- else if(arr[mid] < key)
- left = mid + 1; //key一定在mid位置的右边，相等时答案有可能是当前mid位置
- else
- left=mid;//故意写得和参考博客不一样，见下面证明
- }
- if( arr[left]<=key && arr[right] == key)
- return right;
- if( arr[left] == key && arr[right] > key)
- return left;
- return -1;
- }
循环不变式：
如果key存在于数组，那么key最后一次出现的下标x只可能在[left,right]中，并且和上一题一样始终有array[left]<=key, array[right]>=key
初始化：
第一轮循环开始之前，数组段就是原数组，这时循环不变式显然成立。
迭代保持：
每次循环开始前，如果key存在于原数组，那么位置x只可能存在于待查找数组array[left, ..., right]中。
如果array[mid]<key，array[left, ..., mid]均小于key，x只可能存在于array[mid+1, ..., right]中。数组减少的长度为mid-left+1，至少为1。
如果array[mid]>key, array[mid, ..., right]均大于key的元素，x只可能存在于array[left, ..., mid-1]中.数组减少的长度为right-mid+1，至少为1。
对于array[mid]==key, array[mid, ..., right]均大于或者等于key的元素，x只可能存在于array[mid, ...,right]中，长度减少情况见下面死循环分析。
迭代过程始终保持了循环不变式。
死循环否？前两个条件至少减少1，但是后一个条件当两个指针的相距为3及其以上时（比如2->5->7，距离为3）
长度至少减少1，然而当相距为2时将无法减少长度，但是聪明的我们利用left<right-1将其截止了，所以不会出现死循环。
终止：
结束时发生了什么？即left==right-1时，根据循环不变式始终有array[left]<=key, array[right]>=key（否则就不应该在这里找）。显然我们把两个指针缩小到只有left和right两个情况，只要检查两个位置的值与key相等与否即可得到满足问题的解。因此算法是正确的。
以上两个算法尽管参考别人博客，但是证明以及具体二分写法都不一样，可以仔细对比学习。
3，二分法的变种2
a. 查找第一个等于或者大于Key的元素的位置
- int searchFirstEqualOrLarger(int *arr, int n, int key)
- {
- int left=0, right=n-1;
- while(left<=right)
- {
- int mid = (left+right)/2;
- if(arr[mid] >= key)
- right = mid-1;
- else if (arr[mid] < key)
- left = mid+1;
- }
- return left;
- }
b. 查找第一个大于key的元素的位置
- int searchFirstLarger(int *arr, int n, int key)
- {
- int left=0, right=n-1;
- while(left<=right)
- {
- int mid = (left+right)/2;
- if(arr[mid] > key)
- right = mid-1;
- else if (arr[mid] <= key)
- left = mid+1;
- }
- return left;
- }
4，二分法的变种3
a. 查找最后一个等于或者小于key的元素的位置
- int searchLastEqualOrSmaller(int *arr, int n, int key)
- {
- int left=0, right=n-1;
- while(left<=right)
- {
- int m = (left+right)/2;
- if(arr[m] > key)
- right = m-1;
- else if (arr[m] <= key)
- left = m+1;
- }
- return right;
- }
b.
查找最后一个小于key的元素的位置
- int searchLastSmaller(int *arr, int n, int key)
- {
- int left=0, right=n-1;
- while(left<=right) {
- int mid = (left+right)/2;
- if(arr[mid] >= key)
- right = mid-1;
- else if (arr[mid] < key)
- left = mid+1;
- }
- return right;
- }
下面是一个测试的例子：
- int main(void)
- {
- int arr[17] = {1,
- 2, 2, 5, 5, 5,
- 5, 5, 5, 5, 5,
- 5, 5, 6, 6, 7};
- printf("First Equal : %2d \n", searchFirstEqual(arr, 16, 5));
- printf("Last Equal : %2d \n", searchLastEqual(arr, 16, 5));
- printf("First Equal or Larger : %2d \n", searchFirstEqualOrLarger(arr, 16, 5));
- printf("First Larger : %2d \n", searchFirstLarger(arr, 16, 5));
- printf("Last Equal or Smaller : %2d \n", searchLastEqualOrSmaller(arr, 16, 5));
- printf("Last Smaller : %2d \n", searchLastSmaller(arr, 16, 5));
- system("pause");
- return 0;
- }
最后输出结果是：
- First Equal : 3
- Last Equal : 12
- First Equal or Larger : 3
- First Larger : 13
- Last Equal or Smaller : 12
- Last Smaller : 2
很多的时候，应用二分检索的地方都不是直接的查找和key相等的元素，而是使用上面提到的二分检索的各个变种，熟练掌握了这些变种，当你再次使用二分检索的检索的时候就会感觉的更加的得心应手了。
二，个人经验总结
首先一个基本的事实就是二分法一定有两个指针（low和high）在移动和一个中间位置mid（要是没有还能算二分法？），二分法实际上就是在通过迭代这两个指针到指定的位置，只是迭代的条件可能式多样的（不一定像经典二分法那样与中间值比较）。而迭代的而过程使劲的在淘汰当前确定不是解（最终有可能是解）的某个范围。务必利用循环不变式快速理清三个条件：
1，确定循环不变式
这个一定得根据具体的问题正确设定，在每次循环时一定要继续保持这个条件成立。
2，二分移动条件是什么？
即我们应该以什么样的条件进行范围淘汰？最重要的事情是理清移动的具体意义，到底该不该跨步移动，即+1或者-1（我称之为跨步移动）？
1）首先快速判断基于当前mid位置不是解得情况，那么将相应指针直接跨步移动，即+1或者-1
2）但是如果这个位置有可能是解也有可能不是解怎么办？无论怎么样，1中循环不变式一定要满足。
最重要的就是弄清楚二分法中移动的意义，确定当前一定正确的移动因素
a）如果全是确定移动因素二分算法就简单了，只看截止条件的设定即可。
b）如果具有不定的移动因素，没关系，只要移动不破坏循环不变式即可。
3，截止条件是什么？
截止条件的作用就是在截止后我们就可以判断出我们想要的答案了。
截止后一定要满足两个点：
a）我们的范围已经被压缩到很小的范围，可以很容易确定问题的解
b）一定要判断死循环与否，这是最重要的。
4，最后利用循环不变式验证二分算法的正确性
结合《算法导论》循环不变式断言我们写的二分算法的正确性。
形式上很类似与数学归纳法，它是一个需要保证正确断言。对于循环不变式，必须证明它的三个性质；
初始化：它在循环的第一轮迭代开始之前，应该是正确的。
保持：如果在循环的某一次迭代开始之前它是正确的，那么，在下一次迭代开始之前，它也应该保持正确。
终止：循环能够终止，并且可以得到期望的结果（这一步是最重要的）。
证明这一步必须做，上面三步简单分析即可，这一步决定正确性。验证时特别要注意我们要的解在被压缩的范围中arr[low....high]中的关系和意义。
其实二分法难度还好，想想当年多么难的数学------《数学物理方程》《高等数学》都学了，这些与之相比就是“渣”。
例子1
在一个有序数组中查找要插入的位置
原文地址，<LeetCode
OJ> 35. Search Insert Position
用low来记录答案
class Solution {
public:
int searchInsert(vector<int>& nums, int target) { //数组不能空
int low=0,high=nums.size()-1;
while(low<=high) //相等时也需要判断一次
{
int mid=(low+high)/2;
if(nums[mid]<target)
low=mid+1;// 确定移动因素，一定在右边nums[mid+1,high]
if(nums[mid]>target)
high=mid-1;// 确定移动因素，一定在左边nums[low,mid-1]
if(nums[mid]==target)
return mid;//确定因素，找到了
}
return low;
}
};
例子2
任意相邻元素不相等的数组中，寻找峰位置（任意一个峰都行）
原文地址，<LeetCode
OJ> 162. Find Peak Element
注意：题目说了相邻元素不会相等，这个条件很重要。
a) nums[mid] < nums[mid + 1]，
说明mid与后一个位置形成递增区间，则mid后面一定存在峰且当前mid一定不是峰，则low=mid+1（这个位置就有可能是峰了）
b) nums[mid] > nums[mid + 1]，
说明mid与后一个位置形成递减区间，则当前位置mid就有可能是峰（也可能在其前面），则high左移动到mid
当low和high相等时是否能得到结果了？即是否应该截止？
因为high与后一位一定满足arr[high]>arr[high+1]（越界了就是负无穷）,即总是下降的；
而low正好相反，其前面一定是上升的，
所以当两者被压缩到相等时，就不需要再继续压缩范围，已经可以得到结果。
用low来记录最终答案
class Solution {
public:
int findPeakElement(vector<int>& nums) {
int low = 0,high = nums.size()-1;
while(low < high) //根据移动情况，当两者相等时已经可以确定解
{
int mid = (low+high)/2;
if(nums[mid] < nums[mid+1])
low = mid+1; //确定移动因素，因为mid位置一定不是峰，而low=mid+1才可能是峰
else
high = mid; //不定移动因素
}
return low;
}
};
例子3
在有序数组中，寻找第一个坏的版本
原文地址，<LeetCode
OJ> 278. First Bad Version
用low来记录解
// Forward declaration of isBadVersion API.
bool isBadVersion(int version);
class Solution {
public:
int firstBadVersion(int n) {
int low=1,high=n;
while(low<=high)
{
int mid=low+(high-low)/2;//测试案例有超大数，这样写更安全
if(isBadVersion(mid))//如果是坏的版本
high=mid-1; //不定移动因素，此时有可能是第一个坏版本
else
low=mid+1;//确定移动因素，一定在mid右边
}
return low;
}
};
因为存在不确定移动因素，所以发现也可写成如下版本
// Forward declaration of isBadVersion API.
bool isBadVersion(int version);
class Solution {
public:
int firstBadVersion(int n) {
int low=1, high=n;
while(low<high) {
int mid=low + (high-low)/2;
if(isBadVersion(mid))
high = mid; //不定移动因素，
else
low = mid + 1; //确定移动因素
}
return low;
}
};
例子4
在每一行有序的二维数组中寻找值
原文地址，<LeetCode
OJ> 74. / 240. Search a 2D Matrix （I / II）
class Solution {
public:
bool searchMatrix(vector<vector<int>>& matrix, int target) {
int row=matrix.size();//行
int col=matrix[0].size();
for(int i=0;i<row;i++)//对每一行进行二分查找
{
int low=0,high=col-1;
//不可能在此行找到，此处算是一个小小的优化条件
if(matrix[i][high]<target)
continue;
//在此行查找
while(low <= high)//注意此处条件是根据low和high的移动情况来定的，可以断言必须每一行判断到空为止
{
int mid=(low+high)/2;
if(matrix[i][mid] > target)//确定移动因素，说明在mid位置的右边
high=mid-1;
else if(matrix[i][mid] < target) //确定移动因素
low=mid+1;
else //确定因素，找到了
return true;
}
}
return false;
}
};
未完待续，持续学习二分法中........
注：本博文为EbowTang原创，后续可能继续更新本文。如果转载，请务必复制本条信息！
原文地址：http://blog.csdn.net/ebowtang/article/details/50770315
原作者博客：http://blog.csdn.net/ebowtang
本博客LeetCode题解索引：http://blog.csdn.net/ebowtang/article/details/50668895
参考资源：
【1】前半部分原作者，liubird，博文地址，http://blog.chinaunix.net/uid-1844931-id-3337784.html
【2】循环不变式下的二分法，http://www.cnblogs.com/wuyuegb2312/archive/2013/05/26/3090369.html
【3】LeetCode总结--二分查找篇，http://blog.csdn.net/linhuanmars/article/details/31354941