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 = [0,1,4,4,5,6,7] 在变化后可能得到：
- 若旋转
4次，则可以得到[4,5,6,7,0,1,4] - 若旋转
7次，则可以得到[0,1,4,4,5,6,7]
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]] 。
给你一个可能存在 重复 元素值的数组 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 。
你必须尽可能减少整个过程的操作步骤。
示例 1：
输入： nums = [1,3,5]
输出： 1
示例 2：
输入： nums = [2,2,2,0,1]
输出： 0
提示：
n == nums.length1 <= n <= 5000-5000 <= nums[i] <= 5000nums原来是一个升序排序的数组，并进行了1至n次旋转
题解：
/**
* @description: 二分 TC:O(logn) SC:O(n)
* @author: JunLiangWang
* @param {*} nums 给定数组
* @return {*}
*/
function binarySearch(nums){
/**
* 该方案使用二分查找的方式，该题与上一题一样其中的关键则为将局部有序
* 的数组一分为二，其中一个一定是有序的，另一个一定又是局部有序的。
*
* 因此我们利用该特性，不断将数组一分为二找到有序的部分，它最左边则是
* 该部分最小值；然后再将局部有序的数组继续一分为二，又有一部分数组是
* 有序的如此往复直到完成。
*
* 但由于存在相同的元素，因此会存在以下情况无法判断哪边数组有序
* 例如: 10 10 10 1 10 中间元素为：10 二分左边：10 二分右边：10
* 10 1 10 10 10 中间元素为：10 二分左边：10 二分右边：10
*
* 当我们遇到左右以及中间指针所指元素相同时，我们只需要不断移动左指针直到遇到
* 不同的元素或达到右指针所指的位置，此时区间[left,right]肯定是递增的，left
* 所指元素肯定是区间[left,right]最小元素，比较返回最小值即可
*
*/
// 初始化左指针为0
let left=0,
// 右指针为数组最后一个元素
right=nums.length-1,
// 最小值为第一个元素
min=nums[0];
// 当左指针超过右指针，证明遍历完成，跳出循环
while(left<=right){
// 寻找中间值
let middle=Math.floor((left+right)/2)
// 当我们遇到左右以及中间指针所指元素相同时，我们只需要不断移动左指针直到遇到
// 不同的元素或达到右指针所指的位置，此时区间[left,right]肯定是递增的，left
// 所指元素肯定是区间[left,right]最小元素，比较返回最小值即可
if(nums[left]==nums[middle]&&nums[right]==nums[middle]&&left!=right){
while(nums[left]==nums[middle]&&left<right)left++
return Math.min(nums[middle],nums[left],min)
}
// 找到有顺序的一半数组（无论如何分割数组，总有一半是全为升序的）
// 如果nums[left]<=nums[middle]证明[left,middle]该区间全为升序
if(nums[left]<=nums[middle]){
// 它最左边则是该部分最小值
min=Math.min(nums[left],min)
// 继续遍历[middle+1,right]这部分局部有序的数组
left=middle+1;
}
// 否则[middle,right]区间全为升序
else
{
// 它最左边则是该部分最小值
min=Math.min(nums[middle],min)
// 继续遍历[left,middle-1]这部分局部有序的数组
right=middle-1;
}
}
// 返回最小值
return min;
}
