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1、二分查找
对于二分搜索法，有两个边界问题是容易把握不准的
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是left < right还是left <= right
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当nums[middle] > target时，需要更新右边界，那是right = middle，还是right = middle - 1
对于这两个问题，其实是需要根据二分法维护的区间来判断的，二分法维护的区间主要有两种，左闭右闭和左闭右开
首先，我们来看第一个问题，在讨论left和right之间是否能有等号时，实际上就是看等号成立时，对于这个区间是否有意义，当维护的区间是左闭右闭，此时是有意义的，相当于这个区间只有一个值，当维护的区间是左闭右开，此时是没有意义的，因为此时区间里面一个值都没有。并且，对于左闭右闭的区间，如果不加上等号，还会少判断一个值。所以，对于左闭右闭区间是left <= right，对于左闭右开区间是left < right
然后，我们来看第二个问题。当nums[middle] > target时，需要更新右边界，对于左闭右闭区间，因为nums[middle]这个值已经明确是大于target了，所以不需要再放在区间里面取判断，所以是right = middle - 1，对于左闭右开区间，则是right = middle。左边都是闭的，所以更新左边界时都是left = middle + 1
并且还要注意，初始化right时，对于左闭右闭区间，right = num.size() - 1，对于左闭右开区间，right = nums.size()
控制左闭右闭区间和左闭右开区间也称为控制循环不变量
左闭右闭的代码：
class Solution {
public:
int search(vector<int>& nums, int target) {
int left = 0,right = nums.size() - 1;
while(left <= right)
{
int middle = (left + right) / 2;
if(nums[middle] == target) return middle;
else if(nums[middle] < target) left = middle + 1;
else right = middle - 1;
}
return -1;
}
};
左闭右开的代码：
class Solution {
public:
int search(vector<int>& nums, int target) {
int left = 0,right = nums.size();
while(left < right)
{
int middle = (left + right) / 2;
if(nums[middle] == target) return middle;
else if(nums[middle] < target) left = middle + 1;
else right = middle;
}
return -1;
}
};
2、移除元素
这道题很容易就想到使用vector的erase接口来完成即可，但是一般直接使用库函数就可以解决的题目，出题者往往不是想让你用库函数，而是为了让你模拟实现库函数。vector的erase接口就是当遍历到的值是需要删除的元素时，后面全部的元素都往前挪动一位，覆盖掉需要删除的值
class Solution {
public:
int removeElement(vector<int>& nums, int val) {
int n = nums.size();
for(int i = 0;i<n;i++)
{
if(nums[i] == val)
{
for(int j = i;j < n - 1;j++) nums[j] = nums[j + 1];
n--;
i--;
}
}
return n;
}
};
但是，这种方法的时间复杂度是O(N^2)，这个时候我们可以使用双指针算法，来将时间复杂度降到O(N)
定义一个快指针和一个慢指针，当快指针从前向后遍历数组，当快指针指向的值不是val时，就将快指针指向的值赋值给慢指针指向的值，然后两指针都向后走，当快指针指向的值等于val时，就只让快指针向后走
class Solution {
public:
int removeElement(vector<int>& nums, int val) {
int n = nums.size(),left = 0,right = 0;
while(right < n)
{
if(nums[right] != val) nums[left++] = nums[right++];
else right++;
}
return left;
}
};
3、有序数组的平方
这道题很容易就能想到暴力解法，就是先将数组中的每个数都平方了，然后再用sort对其进行排序，这样的时间复杂度是O(N*logN)
class Solution {
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
for(int i = 0;i<n;i++) nums[i] = nums[i] * nums[i];
sort(nums.begin(),nums.end());
return nums;
}
};
我们会发现，将数组中的每个数都平方之后，这个数组最大的数都是在数组的两边，所以我们可以利用这个性质，使用双指针算法将时间复杂度降到O(N)
额外创建一个数组，让两指针，一个从头开始，一个从尾开始，选择两指针指向的值中大的哪一个，将其放到额外创建的数组的后面
class Solution {
public:
vector<int> sortedSquares(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
for(int i = 0;i<n;i++) nums[i] *= nums[i];
vector<int> v(n);
int left = 0,right = n - 1,k = n - 1;
while(left <= right)
{
if(nums[left] <= nums[right]) v[k--] = nums[right--];
else v[k--] = nums[left++];
}
return v;
}
};
注意，while循环的条件一定要是left <= right，有等号，否则可能会导致漏掉一个数据
4、螺旋矩阵II
首先，要做这道题就需要先定义好循环不变量，也就是每次在操作一行或者一列时，是左闭右开，或者是怎么样的，这样才能够保证在循环中不会出现泰复杂的边界问题。在这里，我们采用左闭右开的方式来解决问题。
while循环一次就是处理1圈，所以一个n行n列的数组，我们需要处理loop = n / 2圈，当n是偶数时，刚刚和，当n是奇数时，会剩下一个位置没有处理，最后再赋值即可
1圈当中我们会分成4个部分来处理，分别对应两行两列，并且对于每一行，都是左开右闭的，即每一行或每一列的最后一个位置是不在这一行或这一列处理的，留给下一次处理
会定义一个startx和starty来定义每一圈的起始位置，同时也是结束位置，最先开始都是0，一圈完成之后就都变成1，依次类推
还要定义一个offest来控制每一行或每一列的结束位置
class Solution {
public:
vector<vector<int>> generateMatrix(int n) {
vector<vector<int>> vv(n, vector<int>(n, 0));
int loop = n / 2; // 判断需要几圈
int startx = 0,starty = 0; // 每一圈的起始位置
int offest = 1; // 控制结束位置
int count = 1; // 放入数组的数字
int i,j;
while(loop--)
{
for(j = startx;j < n - offest;j++)
{
vv[startx][j] = count++;
}
for(i = starty;i < n - offest;i++)
{
vv[i][j] = count++;
}
for(;j > starty;j--)
{
vv[i][j] = count++;
}
for(;i > startx;i--)
{
vv[i][j] = count++;
}
startx++;
starty++;
offest++;
}
if(n % 2 == 1) vv[n/2][n/2] = count;
return vv;
}
};