题目描述
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
解决方案：
代码逻辑拆解
边界初始化：
len = nums.size()：获取数组长度；left = -1、right = len - 1：延续「开区间(left, right)」的二分查找设计，初始查找范围是(-1, len-1)，这种设计能避免处理数组首尾时的越界问题；mid = 0：用于存储二分查找的中间索引。
二分循环条件：
while(left + 1 < right)：这是开区间二分的经典终止条件，保证(left, right)区间内还有至少一个元素可检查；当left + 1 == right时，区间内无剩余元素，循环终止。
核心的区间收缩逻辑（关键）：旋转排序数组的核心特性是：数组被旋转后分成左右两个升序子数组，且左侧子数组的所有元素 ≥ 右侧子数组的所有元素，而
nums[len-1]是右侧子数组的最后一个元素（也是右侧子数组的最大值）。基于此：- 计算中间位置
mid = (left + right) / 2； - 若
nums[mid] < nums[len-1]：说明mid落在右侧的升序子数组（最小值所在的子数组），最小值一定在mid左侧（包括mid），因此将right = mid缩小区间； - 否则（
nums[mid] ≥ nums[len-1]）：说明mid落在左侧的升序子数组（数值更大的子数组），最小值一定在mid右侧，因此将left = mid缩小区间。
- 计算中间位置
结果返回：循环结束时
left + 1 == right，此时right恰好指向数组最小元素的索引，返回nums[right]即可得到最小值。
示例验证
以nums = [4,5,6,1,2,3]为例：
- 初始：
left=-1，right=5（nums[5]=3）； - 第一次循环：
mid=2，nums[2]=6 > 3→left=2； - 第二次循环：
mid=3，nums[3]=1 < 3→right=3； - 此时
left+1=3 == right=3，循环终止，返回nums[3]=1（正确）。
总结
- 算法利用旋转排序数组的特性（最后一个元素区分左右升序子数组），通过二分查找将时间复杂度优化至
O(log n)； - 「开区间
(left, right)」的边界设计简化了边界处理，无需额外判断数组是否旋转； - 核心判断条件是比较
nums[mid]和nums[len-1]，以此确定最小值所在区间，最终right指向最小值索引。
函数源码：
class Solution { public: int findMin(vector<int>& nums) { int len=nums.size(); int right=len-1; int left=-1; int mid=0; while(left+1<right){ mid=(right+left)/2; if(nums[mid]<nums[len-1]){ right=mid; }else{ left=mid; } } return nums[right]; } };
