这是我参与11月更文挑战的第11天，活动详情查看：2021最后一次更文挑战
题目
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 = [0,1,2,4,5,6,7] 在变化后可能得到：
- 若旋转
4次，则可以得到[4,5,6,7,0,1,2] - 若旋转
7次，则可以得到[0,1,2,4,5,6,7]
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]] 。
给你一个元素值 互不相同 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
输入： nums = [3,4,5,1,2]
输出： 1
解释： 原数组为 [1,2,3,4,5] ，旋转 3 次得到输入数组。
输入： nums = [4,5,6,7,0,1,2]
输出： 0
解释： 原数组为 [0,1,2,4,5,6,7] ，旋转 4 次得到输入数组。
输入： nums = [11,13,15,17]
输出： 11
解释： 原数组为 [11,13,15,17] ，旋转 4 次得到输入数组。
提示
n == nums.length1 <= n <= 5000-5000 <= nums[i] <= 5000nums中的所有整数 互不相同nums原来是一个升序排序的数组，并进行了1至n次旋转
解题思路
遍历
对于该题的旋转，我们可以理解为从数组到尾部取出一个元素，重新将其插入到头部。所以我们可以直接从头开始往后搜索，直至找到第一位比前面元素小到元素即可。
class Solution {
public int findMin(int[] nums) {
for(int i = 1; i < nums.length; ++i){
// 寻找比前面元素小到元素
if(nums[i] < nums[i - 1]){
// 返回结果
return nums[i];
}
}
// 如果没有找到，则表示首位元素为最小值
return nums[0];
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
二分查找
对于一遍遍历，时间复杂度是,我们可以采用二分查找发来对其进行优化，使其时间复杂度降到。
对于旋转数组，采用二分查找会有以下几种情况：
left <= mid <= right, 例如：[1,2,3], [1]left < midandmid > right, 例如：[3,4,5,1,2]left > midandmid < right, 例如：[3,1,2]
先把有可能遇到到情况列出来，在做出对应到处理即可。
class Solution {
public int findMin(int[] nums) {
// 定义两个指针分别指向两边边界
int left = 0, right = nums.length - 1;
// 终止条件
while(left <= right){
// 当左边元素小于右边元素时，左边元素为最小值
if(nums[left] <= nums[right]){
return nums[left];
}
// 获取中间节点
int mid = left + (right - left) / 2;
// 当中间元素大于最右边的元素，表示最小值在右边区域，左边指针需要右移
if(nums[mid] > nums[right]){
left = mid + 1;
}else{
// 其余情况右边指针左移
right = mid;
}
}
// 返回结果
return nums[left];
}
}
复杂度分析
- 时间复杂度：
- 空间复杂度：
最后
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