一.题目要求

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。

二.题目难度

中等

三.输入样例

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 3 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.length
1 <= n <= 5000
-5000 <= nums[i] <= 5000
nums 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

四.解题思路

解法1：延续 33. 搜索旋转排序数组（二分）的思路，找到边界点，其后的第一个元素就是最小值。
时间复杂度$O(logn)$，空间复杂度$O(n)$

解法2：

时间复杂度$O(logn)$，空间复杂度$O(1)$

五.代码实现

解1：

class Solution {
public:
    int findMin(vector<int>& nums) {

        int index = dfs(nums, 0, nums.size() - 1);
        return nums[index + 1];
        
    }
    int dfs(vector<int>& nums, int left, int right) {
        if (left > right || (left + right) / 2 + 1 >= nums.size())
            return -1;

        if (nums[(left + right) / 2] > nums[(left + right) / 2 + 1])
            return (left + right) / 2;

        int a = dfs(nums, left, (left + right) / 2 - 1);
        int b = dfs(nums, (left + right) / 2 + 1, right);

        if (a != -1)
            return a;
        if (b != -1)
            return b;
        return -1;
    }
};

解2：

class Solution {
public:
    int findMin(vector<int>& nums) {

        int l = 0;
        int r = nums.size() - 1;

        while (l < r) {
            int m = (l + r) / 2;
            if (nums[m] < nums[r]) {
                r = m;
            } else
                l = m + 1;
        }
        return nums[l];
    }
};

六.题目总结

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