双指针，二分法

题目链接-来源：力扣（LeetCode）

把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾，我们称之为数组的旋转。输入一个递增排序的数组的一个旋转，输出旋转数组的最小元素。例如，数组 [3,4,5,1,2] 为 [1,2,3,4,5] 的一个旋转，该数组的最小值为1。

示例 1：

输入：[3,4,5,1,2]
输出：1

思路：

最直观的思路就是，原数组为非递减数组，则旋转以后可以分解为两个非递减的子数组，我们依次两两比较数组中的数字，一旦出现 xi > xj (i < j) 的情况，输出 xj 即可。
进一步优化：
对有序数据的查找，容易想到二分法。为了直观说明，假设原数组为 [x0, x1, x2, x3, x4] 我们有 x1 <= x2 <= x3 <= x4，经过旋转后得 [x2, x3, x4, x0, x1]，注意到一定有 最右侧元素 <= 最左侧元素，在本例中即 x1 <= x2，所找元素就应该顺着 x1 向左进行。
我们用头指针 left 指向数组最开始元素，用尾指针 right 指向数组末尾元素，则两指针的中间指针 mid = (left + right) / 2 有如下可能：

  • nums[mid] (> nums[left]) > nums[right]，即例子中的 x3，x4，那么所找元素就应该在mid的右边，于是令 left = mid + 1。
  • nums[mid] < nums[right]，即例子中的 x0，当然此时我们并不知道它就是最小元素，我们认为最小元素可能出现在其左边，于是令 right = mid。
  • 对于相等情况，说明从mid到right很长距离上，甚至整个数组的元素有可能全部相等，我们慢慢缩小 right，否则可能会出现最小元素夹在若干个相等元素之间，被我们跨过的情况。

时间复杂度：O(log n)
空间复杂度：O(1)

实现：

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class Solution {
    public int minArray(int[] numbers) {
        int n = numbers.length;
        int left = 0;
        int right = n - 1;
        while (left < right) {
            int mid = left + (right - left) / 2;
            if (numbers[mid] < numbers[right]) {
                right = mid;
            } else if (numbers[mid] > numbers[right]) {
                left = mid + 1;   
            } else {
                right--;
            }
        }
        return numbers[left];
    }
}