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寻找峰值 ​

峰值元素是指其值严格大于左右相邻值的元素。

给你一个整数数组  nums，找到峰值元素并返回其索引。数组可能包含多个峰值，在这种情况下，返回  任何一个峰值  所在位置即可。

你可以假设  nums[-1] = nums[n] = -∞ 。

你必须实现时间复杂度为  O(log n)  的算法来解决此问题。

示例 1：

输入：nums = [1,2,3,1]

输出：2

解释：3 是峰值元素，你的函数应该返回其索引 2。

示例  2：

输入：nums = [1,2,1,3,5,6,4]

输出：1 或 5

解释：你的函数可以返回索引 1，其峰值元素为 2；   或者返回索引 5， 其峰值元素为 6。

提示：

  • 1 <= nums.length <= 1000
  • -231 <= nums[i] <= 231 - 1
  • 对于所有有效的  i  都有  nums[i] != nums[i + 1]

方法一：寻找最大值 ​

思路与算法

由于题目保证了 nums[i]≠nums[i+1]， 那么数组 nums 中最大值两侧的元素一定严格小于最大值本身。因此，最大值所在的位置就是一个可行的峰值位置。

我们对数组 nums 进行一次遍历，找到最大值对应的位置即可

java
class Solution {
	public int findPeakElement(int[] nums) {
		int idx = 0;
		for (int i = 1; i < nums.length; ++i) {
			if (nums[i] > nums[idx]) {
			idx = i;
			}
		}
	return idx;
	}
}
javascript
var findPeakElement = function (nums) {
  let idx = 0
  for (let i = 1; i < nums.length; ++i) {
    if (nums[i] > nums[idx]) {
      idx = i
    }
  }
  return idx
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。

方法二：迭代爬坡 ​

思路与算法

俗话说「人往高处走，水往低处流」。如果我们从一个位置开始，不断地向高处走，那么最终一定可以到达一个峰值位置。

因此，我们首先在[0,n)的范围内随机一个初始位置i，随后根据 nums[－1],nums[],nums[i+1] 三者的关系决定向哪个方向走:

  • 如果 nums[－1]<nums[i]>nums[+1]，那么位置 i 就是峰值位置，我们可以直接返回 i 作 为答案
  • 如果 nums[－1]<nums[i]<nums[+1]，那么位置 i 处于上坡，我们需要往右走，即 i←+1;
  • 如果 nums[－1]>nums[i]>nums[+1]，那么位置 i 于下坡，我们需要往左走，即 i<i−1;
  • 如果 nums[－1]>nums[i]<nums[+1]，那么位置 i 山谷，两侧都是上坡，我们可以朝任意方向走。 如果我们规定对于最后一种情况往右走，那么当位置不是峰值位置时：
  • 如果 nums[i]<nums[i＋1]，那么我们往右走;
  • 如果 nums[i]>nums[i+1]，那么我们往左走。
java
class Solution {
    public int findPeakElement(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int idx = (int) (Math.random() * n);

        while (!(compare(nums, idx - 1, idx) < 0 && compare(nums, idx, idx + 1) > 0)) {
            if (compare(nums, idx, idx + 1) < 0) {
                idx += 1;
            } else {
                idx -= 1;
            }
        }

        return idx;
    }

    // 辅助函数，输入下标 i，返回一个二元组 (0/1, nums[i])
    // 方便处理 nums[-1] 以及 nums[n] 的边界情况
    public int[] get(int[] nums, int idx) {
        if (idx == -1 || idx == nums.length) {
            return new int[]{0, 0};
        }
        return new int[]{1, nums[idx]};
    }

    public int compare(int[] nums, int idx1, int idx2) {
        int[] num1 = get(nums, idx1);
        int[] num2 = get(nums, idx2);
        if (num1[0] != num2[0]) {
            return num1[0] > num2[0] ? 1 : -1;
        }
        if (num1[1] == num2[1]) {
            return 0;
        }
        return num1[1] > num2[1] ? 1 : -1;
    }
}
javascript
var findPeakElement = function (nums) {
  const n = nums.length
  let idx = parseInt(Math.random() * n)

  while (
    !(compare(nums, idx - 1, idx) < 0 && compare(nums, idx, idx + 1) > 0)
  ) {
    if (compare(nums, idx, idx + 1) < 0) {
      idx += 1
    } else {
      idx -= 1
    }
  }

  return idx
}

// 辅助函数，输入下标 i，返回一个二元组 (0/1, nums[i])
// 方便处理 nums[-1] 以及 nums[n] 的边界情况
const get = (nums, idx) => {
  if (idx === -1 || idx === nums.length) {
    return [0, 0]
  }
  return [1, nums[idx]]
}

const compare = (nums, idx1, idx2) => {
  const num1 = get(nums, idx1)
  const num2 = get(nums, idx2)
  if (num1[0] !== num2[0]) {
    return num1[0] > num2[0] ? 1 : -1
  }
  if (num1[1] === num2[1]) {
    return 0
  }
  return num1[1] > num2[1] ? 1 : -1
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。在最坏情况下，数组 nums 单调递增，并且我们随机到位置 0，这样就需要向右走到数组 nums 的最后一个位置。

  • 空间复杂度：O(1)。

方法三：方法二的二分查找优化 ​

思路与算法

我们可以发现，如果 nums[i]<nums[i+1]，并且我们从位置向右走到了位置i+1，那么位置i 左侧的所有位置是不可能在后续的迭代中走到的。

这是因为我们每次向左或向右移动一个位置，要想「折返」到位置i以及其左侧的位置，我们首先需要在位置i+1 向左走到位置，但这是不可能的。

并且根据方法二，我们知道位置i+1以及其右侧的位置中一定有一个峰值，因此我们可以设计出 如下的一个算法：

  • 对于当前可行的下标范围[l,r]，我们随机一个下标i；
  • 如果下标i是峰值，我们返回i作为答案;
  • 如果 nums[i]<nums[i+1]，那么我们抛弃[l,r]的范围，在剩余[i＋1,r]的范围内继续随机选取下标;
  • 如果 nums[i]>nums[i+1]，那么我们抛弃[i,r] 的范围，在剩余[l,i－1] 的范围内继续随机选取下标。 在上述算法中，如果我们固定选取为[l,r]的中点，那么每次可行的下标范围会减少一半，成为一 个类似二分查找的方法，时间复杂度为O(logn)。
java
class Solution {
    public int findPeakElement(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int left = 0, right = n - 1, ans = -1;
        while (left <= right) {
            int mid = (left + right) / 2;
            if (compare(nums, mid - 1, mid) < 0 && compare(nums, mid, mid + 1) > 0) {
                ans = mid;
                break;
            }
            if (compare(nums, mid, mid + 1) < 0) {
                left = mid + 1;
            } else {
                right = mid - 1;
            }
        }
        return ans;
    }

    // 辅助函数，输入下标 i，返回一个二元组 (0/1, nums[i])
    // 方便处理 nums[-1] 以及 nums[n] 的边界情况
    public int[] get(int[] nums, int idx) {
        if (idx == -1 || idx == nums.length) {
            return new int[]{0, 0};
        }
        return new int[]{1, nums[idx]};
    }

    public int compare(int[] nums, int idx1, int idx2) {
        int[] num1 = get(nums, idx1);
        int[] num2 = get(nums, idx2);
        if (num1[0] != num2[0]) {
            return num1[0] > num2[0] ? 1 : -1;
        }
        if (num1[1] == num2[1]) {
            return 0;
        }
        return num1[1] > num2[1] ? 1 : -1;
    }
}
javascript
var findPeakElement = function (nums) {
  const n = nums.length
  let left = 0,
    right = n - 1,
    ans = -1
  while (left <= right) {
    const mid = Math.floor((left + right) / 2)
    if (compare(nums, mid - 1, mid) < 0 && compare(nums, mid, mid + 1) > 0) {
      ans = mid
      break
    }
    if (compare(nums, mid, mid + 1) < 0) {
      left = mid + 1
    } else {
      right = mid - 1
    }
  }
  return ans
}

// 辅助函数，输入下标 i，返回一个二元组 (0/1, nums[i])
// 方便处理 nums[-1] 以及 nums[n] 的边界情况
const get = (nums, idx) => {
  if (idx === -1 || idx === nums.length) {
    return [0, 0]
  }
  return [1, nums[idx]]
}

const compare = (nums, idx1, idx2) => {
  const num1 = get(nums, idx1)
  const num2 = get(nums, idx2)
  if (num1[0] !== num2[0]) {
    return num1[0] > num2[0] ? 1 : -1
  }
  if (num1[1] === num2[1]) {
    return 0
  }
  return num1[1] > num2[1] ? 1 : -1
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(log⁡n)，其中 n 是数组 nums 的长度。

  • 空间复杂度：O(1)。

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