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 。
你必须设计一个时间复杂度为 O(log n) 的算法解决此问题。
示例 1：
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。示例 2：
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。示例 3：
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
分析：原数组是一个升序排列的数组，进行旋转后，可能有两种情况：
1、旋转次数是原数组长度的倍数。此时旋转完仍然保持整体升序。
2、旋转次数不是原数组长度的倍数。此时旋转之后会出现两个部分，分别保持升序，且前半部分的最小值一定大于后半部分的最大值，以及存在一个分界位置，该位置左边的值大于右边的值。
由于不知道旋转次数，只能从找到分界位置入手。由于左右两边都是升序的，可以直接遍历数组，找到非升序的位置。但题目要求时间复杂度为 log(n)，因此必须使用二分查找加快遍历速度。 每次取中间位置 mid，判断 mid 附近是否已经出现了旋转分界点。如果出现，则可以直接返回最小值；否则根据 nums[mid] 和当前区间左右端点的大小关系，判断最小值位于左半部分还是右半部分。
如果满足：nums[mid] > nums[mid + 1]，说明 mid 正好是前半段的最后一个位置，mid + 1 就是旋转后的最小值。
如果满足：nums[mid] < nums[mid - 1]，说明 mid 本身就是后半段的第一个位置，也就是最小值。
如果当前区间已经是整体升序的，即中间元素大于左端点、小于右端点，则说明当前区间没有发生断裂，最小值就是左端点。
否则，需要继续缩小搜索区间。当：nums[mid] > nums[l]，说明 mid 位于左侧较大的升序段中，最小值不可能在 l 到 mid 之间，因此令：l = mid + 1
当：nums[mid] < nums[r - 1]，说明 mid 位于右侧较小的升序段中，最小值可能就是 mid，也可能在它左边，因此令：r = mid。
cpp
class Solution {
public:
int findMin(vector<int>& nums) {
int l=0,r=nums.size(),mid;
if(r==2)return min(nums[0],nums[1]);
while(l<r)
{
mid=(l+r)/2;
if(mid+1==r)return min(nums[l],nums[mid]);
if(mid==l)return nums[mid];
if(nums[mid]>nums[mid+1])return nums[mid+1];
else if(nums[mid]<nums[mid-1])return nums[mid];
else if(nums[mid]>nums[l]&&nums[mid]<nums[r-1])return nums[l];
if(nums[mid]>nums[l])l=mid+1;
else if(nums[mid]<nums[r-1])r=mid;
}
return 0;
}
};