二分查找最大比较次数证明_二分查找的最大比较次数

结论

对n个元素进行二分查找，最大比较次数为：$\lfloor lo{g}_{2}n\rfloor +1$

问题

给定升序数组，各元素不同，查找某元素。
如果该元素存在：输出该元素的下标
如果不存在该元素，输出-1
算法思路：

• 对于有序数列（从小到大），设定左端l（最小元素下标）和右端r（最大元素下标）
• 当满足条件l <= r时，求中点m，将中点元素的值与所要查找的值比较
• 若中点元素值比所要查找元素小，则应找后半段，所以l = m+1，否则应找前半段r = m - 1
• 重复以上过程，直到找到为止，若l > r，则说明找不到。
  代码：

//输入n，输入n个数（升序，各不相同），输入x，求x是第几个数 
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main()
{
    int n, a[1005], x, l, r, m;
    cin >> n;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    cin >> x;
    l = 1, r = n;
    while(l <= r)//l在r左边 
    {
        m = (l + r) / 2;//取中点位置 
        if(x > a[m])//如果x在右半部分 
            l = m + 1;//l移到中点右边 
        else if(x < a[m])//如果x在左半部分 
            r = m - 1;//r移到中点左边 
        else
        {
            cout << m;//如果中点是要查找的数字，那么输出该位置 
            return 0;
        }
    }
    cout << -1;//没找到，输出-1 
    return 0;
}
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27

二分查找的最大比较次数

按上述算法进行二分查找，证明二分查找的最大查找次数
引理1：如果k为偶数，且$k\ge 1$，那么$\lfloor lo{g}_{2}k\rfloor =\lfloor lo{g}_2(k+1)\rfloor$
证明：
设x = $\lfloor lo{g}_{2}k\rfloor$，则有$x\le lo{g}_{2}k<x+1$
只需证明$x\le lo{g}_2(k+1)<x+1$，即可证明$\lfloor lo{g}_{2}k\rfloor =\lfloor lo{g}_2(k+1)\rfloor$

$lo{g}_{2}k<x+1\Rightarrow k<2^{x+1}$
由于k和$2^{x+1}$都是整数，所以有$k+1\le 2^{x+1}$
而k是偶数，k+1是奇数，$2^{x+1}$一定是偶数，所以不可能满足$k+1=2^{x+1}$
所以有$k+1<2^{x+1}\Rightarrow lo{g}_2(k+1)<x+1$
易知：$x\le lo{g}_{2}k<lo{g}_2(k+1)$
所以$x\le lo{g}_2(k+1)<x+1$，该引理得证。

证明对n个元素进行二分查找，最大比较次数为：$\lfloor lo{g}_{2}n\rfloor +1$

证明：用数学归纳法
已知n为2时，找第1个元素需要比较1次，找第2个元素需要比较2次，最大查找2次，满足$\lfloor lo{g}_{2}n\rfloor +1$
假设$2\le n\le k$时，最大查找次数为$\lfloor lo{g}_{2}k\rfloor +1$，证明：n为k+1时最大查找次数为$\lfloor lo{g}_2(k+1)\rfloor +1$
$n=k+1$时，进行一次二分查找后，下一次要查找的长度为：

• 如果k+1为偶数，下一次查找的长度为$\frac{k+1}{2}$，查找这一段的最大查找次数为$\lfloor lo{g}_2\frac{k+1}{2}\rfloor +1=\lfloor lo{g}_2(k+1)\rfloor$，加上刚刚进行的一次查找，最大查找次数为：$\lfloor lo{g}_2(k+1)\rfloor +1$
• 如果k+1为奇数，下一次查找的长度为k/2，查找这一段的最大查找次数为：$\lfloor lo{g}_2\frac{k}{2}\rfloor +1=\lfloor lo{g}_{2}k\rfloor$ ，当k+1为奇数即k为偶数时，根据引理1有：$\lfloor lo{g}_{2}k\rfloor =\lfloor lo{g}_2(k+1)\rfloor$，加上刚刚进行的一次查找，最大查找次数为：$\lfloor lo{g}_2(k+1)\rfloor +1$

原命题得证。