A_LU bool lu(double *a, int *pivot, int n)；矩阵的LU分解。
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&文件名称: A_LU
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&详细说明：bool lu(double *a, int *pivot, int n)；矩阵的LU分解。
假设数组an*n在内存中按行优先次序存放，此函数使用高斯列选主元消去法，将其就地进行LU分解。pivot为输出函数.pivot[0,n)中存放主元的位置排列.
函数成功时返回false，否则返回true.
bool guass(double const *lu, int const *p, double *b, int n) 求线性方程组的解。
假设矩阵lum*n为某个矩阵an*n的LU分解，在内存中按行优先次序存放。p[0,n)为LU分解的主元排列。b为方程组Ax=b的右端向量。此函数计算方程组Ax=b的解，并将结果存放在数组b[0,n)中。
函数成功时返回false，否则返回true.-bool lu (double* a, int* pivot, int n)
matrix LU decomposition. Suppose an* n array in memory stored in row order, this function uses the column pivoting Gaussian elimination, LU decomposition of their in situ. pivot for the output function. pivot [0, n) stored in the location of the main element array. function successfully returns false, otherwise true. bool guass (double const* lu, int const* p, double* b, int n)
Linear equations. Suppose matrix lum* n for a matrix of an* n the LU decomposition, in memory stored in row order. p [0, n) for the LU decomposition of the main element array. b for the equation Ax = b of the right end of the vector. This function calculates the equations Ax = b of the solution, and the results stored in array b [0, n) in. Function successfully returns false, otherwise true.
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void qr(double *a, double *d, int n) 矩阵的QR分解
假设数组an*n在内存中按行优先次序存放，此函数使用HouseHolder变换将其就地进行QR分解。
d为输出参数，d[0,n)存放QR分解的上三角矩阵对角线元素。
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void qr(double *a, double *d, int n) 矩阵的QR分解
假设数组an*n在内存中按行优先次序存放，此函数使用HouseHolder变换将其就地进行QR分解。
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数组中的二分法查找
首先开始最基本的Binary Search, 数组是有序的，但是有重复数。例题： 复杂度：时间O(log n), 空间O(1).分析： 首先需要复杂度在O(log n)左右，显然暗示了Binary Search是首选，然后注意这道题是需要找到一个range，并不是找到target的位置就可以了。因此在找到位置后，分别向左向右拓展到两边，返回这两个数就可以了。
class Solution{
vector&int& searchRange(int A[], int n, int target) {
vector&int& result(2,-1);
int index = search(A, n, target);
if(index == -1)
int l = index, r =
while(l -1 &= 0 && A[l] == A[l-1]) --l;
while(r +1 &= n-1 && A[r] == A[r+1]) ++r;
result[0] =
result[1] =
int search(int A[], int n , int target){
if(A == nullptr || n == 0) return -1;
int left = 0, right = n -1;
while(left &= right){
int mid = left + (right - left) /2;
if(target & A[mid])
left = mid + 1;
else if(target & A[mid])
right = mid - 1;
else if(target == A[mid])
return -1;
注意这里做binary search时候，对于A[mid]分为了三种不同情况讨论，相等，小于和大于，并且while循环的终止条件是left &= right，也就是说最后left & right时候表明目标数肯定不存在了。在对于不同的问题，这些边界条件会相应的改变。另外这样搜索如果最后目标数存在，最后结果一定是以A[mid]的形式。
例题： 复杂度：时间O(log n), 空间O(1).分析：这道题的关键是如果目标数不存在，必须返回目标数可以插入的位置，这样经典的binary search返回A[mid]的方法（如上题）没法直接实现因此必须对循环的条件以及边界进行调整。首先当循环结束时候，为了能返回一个目标数可以插入的地址，我们必须让left == right也就是说循环条件相应调整为left & right. 如果需要设置循环里面的边界条件和left, right的初始条件，我们必须看一下最后一次循环时候的情况：最后一次循环时， left + 1 = right只剩下两个元素需要考虑（这里忽略数组只有一个元素的情形，因为一个元素时，程序根本不会进入循环），此时mid
= left，如果target & A[mid], left = mid + 1 = right与之前情况类似，那么当target & A[mid]时候也就是说target并不存在，此时应该输出target元素需要插入的位置也就是left, 因此right = mid = left，当target = A[mid]情形与小于相同，right = mid = left.还有一种情况，当target大于数组里面所有数的时候，插入位置应该在所有数组之后，因此right的初始值必须是n，因为很容易发现前面的边界条件设置导致最后输出的left都会在两个初始值left和right之间。
class Solution {
int searchInsert(int A[], int n, int target) {
if(A == nullptr || n == 0) return -1;
int left = 0, right =
while(left & right){
int mid = left + (right - left) /2 ;
if(target & A[mid])
left = mid + 1;
接下来，问题难度提高了，数组仍然有序并且无重复数，但是在某一点pivot截断并且移动了几位。例题： 复杂度： 时间O(log n), 空间O(1).分析：因为事先不知道数组会再哪里截断因此在while循环的边界条件需要调整来满足需求。因为存在数组中并不包含目标数的情况，因此希望所有循环结束时候仍然找不到目标数此时返回-1，另一方面也就是说在循环内部如果发现目标数A[mid] == target返回，当first == last时候循环结束， 判断条件与上一道题一样。下面看A[mid] != target的情形，因为pivot的存在，必须找到pivot在左边还是右边，办法就是比较A[first]和A[mid]，如果A[first] & A[mid]说明pivot不在左边这段，因为pivot会破坏所在一段的连续递增性（递减性）, 因此这里在左边用一般的binary search可以解决。如果A[first] & A[mid],pivot肯定会在左边，那么我们可以对右边进行binary search因为右边是连续递增（递减）的。下面再考虑边界条件还有初始条件，注意这里我们还是把初始条件设置为n即最后一位之后一位，那么在边界条件上需要变化，如果target属于[A[first], A[mid])之间，last变为mid，注意这里保持last是搜索范围最后一个数字的下一位。 同理在A[first] & A[mid]的情况下我们比较的是target &= A[last -1 ]由于last的初始值设置。 注意在讨论target和左右两个边界条件时候使用大于等于或者小于等于，注意等号是必须的。
class Solution {
int search(int A[], int n, int target) {
if(A == nullptr || n == 0) return -1;
int first = 0, last =
while (first & last) {
int mid = first + (last - first) / 2;
if (A[mid] == target)
if (A[first] & A[mid]) {
if (A[first] &= target && target & A[mid])
first = mid + 1;
if (A[mid] & target && target &= A[last-1])
first = mid + 1;
return -1;
下面继续提高难度，如果上面的那道题数组是可重复的呢？例题：复杂度：时间O(n),空间O(1).分析：如果出现重复数最大的问题就是当A[left] == A[mid],此时没有办法判断pivot到底在哪里，比较简单的快速解决方案就是把left右移一位继续寻找。
class Solution {
bool search(int A[], int n, int target) {
if(A == nullptr|| n == 0)
int left = 0, right =
while(left & right){
int mid = left + (right - left)/2;
if(A[mid] == target)
if(A[left] & A[mid]){
if(target & A[mid] && target &= A[left]){
left = mid + 1;
}else if(A[left] & A[mid]){
if(target &= A[right -1 ] && target & A[mid]){
left = mid + 1;
下面我们看一看数组查找的变形例题：复杂度： 时间O(log n)，空间O(1).分析：首先这道题和上两道题非常相似，唯一的区别就是目标不同：寻找最小值即pivot。首先假设变形前数组是从左至右递增，变形之后我们可以很容易发现最左边的元素num[left]永远大于最右边的元素mum[right]即num[left] & num[right]因为数组里没有重复元素。与之前不同，我们这里要找到pivot所在的区域而不是要避开，因此在循环内我们要比较的事num[mid]和num[right]之间的关系这道题不能比较num[start]和num[mid]因为没法排除特例当start == mid，如果num[mid] & num[right]即数组的递增性在右边是被破坏的，因此pivot肯定是在右边［mid+1, right]，反之则是［left, mid].最后我们考虑终结条件，我们知道pivot有一个性质就是唯一存在i so that num[i -1] & num[i],这里num[i]就是pivot.我们看一下最后一次循环的情形，此时left + 1 = right 并且mid = left， 这里如果如果num[mid] & num[right],那么pivot就是left = right = mid + 1, 反之right = left = mid，因此跳出循环后left = right就是pivot所在的位置。
class Solution {
int findMin(vector&int& &num) {
if(num.empty()) return 0;
int left = 0;
int right = n - 1;
while(left & right ){
int mid = left + (right - left)/2;
if(num[mid] & num[right]){
left = mid + 1;
return num[left];
继续增加难度，如果允许重复数的存在呢？例题：复杂度： 时间O(n), 空间O(1).分析：如果出现重复数，唯一一种情况没办法处理就是A[mid] == A[left] == A[right],这次我们不采用上次的简单fix（把左边边界往右边移一位），而是写成recursive的形式在左右两边分别寻找最小值，这样复杂度会提高到O(n)了。
class Solution {
int findMin(vector&int& &num) {
findmin(num, 0, num.size() -1);
int findmin(vector&int& &num, int left, int right){
if(num.size() == 0) return -1;
while(left & right){
int mid = left + (right - left)/2;
if(num[mid] & num[right]){
left = mid + 1;
}else if(num[mid] & num[right]){
return min(findmin(num, left, mid), findmin(num, mid+1, right));
return num[left];
在我们结束探讨一维数组之前，再看一个经典的利用二分法查找的一维数组问题例题： 分析： 首先得弄明白median的定义，如果数组包含偶数个元素，median取中间两个数的平均值；如果数组包含个奇数个元素，那么median就是中间的那个数。下面继续看这道题，需要寻找的是两个排序的数组median，自然想到使用二分法来解。利用recursive的方法，每次比较数组A的中位数A[n/2]和数组B的中位数B[m/2]，比较同时在考虑比较另外两个值m/2 + n/2 + 1和k(其中k是两个数组合并后的第k个元素),这样可以确定删除哪一部分继续搜索，原则是丢弃最大中位数的右区间或者最小中位数的左区间。最后就是边界条件的确定，假设其中一个数组为空了，那么返回的就是另一个数组的最后一个数。或者如果k = 1， 那么返回两个数组中第一个元素的较小值。
class Solution {
double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n) {
if((m+n) %2 == 1){
return findMedian(A, m, B, n, (m+n)/ 2 + 1);
return (findMedian(A, m, B, n, (m+n)/2) + findMedian(A, m, B, n, (m+n)/2 + 1))/2.0;
double findMedian(int A[], int m, int B[], int n, int k){
assert(A&&B);
if(m &= 0) return B[k-1];
if(n &= 0) return A[k-1];
if(k == 1) return min(A[0], B[0]);
if(B[n/2] &= A[m/2]){
if((m/2 + n/2 + 1) &= k)
return findMedian(A, m, B, n/2, k);
return findMedian(A + m/2 + 1, m - (m/2 + 1), B, n, k - m/2 -1);
if((m/2 + n/2 + 1) &= k)
findMedian(A, m/2, B, n, k);
return findMedian(A, m, B + n/2 + 1, n - (n/2 + 1), k - n/2 - 1);
这道题还有更简洁的方法，即确保A数组的个数永远不大于B数组的个数，如果不是就交换这两个数组。
class Solution {
double findMedianSortedArrays(int A[], int m, int B[], int n) {
int total = m +
if( total & 0x1 ){
return findMedian(A, m, B, n, total/2 + 1);
return (findMedian(A, m, B, n, total/2) + findMedian(A, m, B, n, total/2 + 1))/2.0;
int findMedian(int A[], int m, int B[], int n, int k){
if(m & n) return findMedian(B, n, A, m, k);
if(m == 0) return B[k-1];
if(k == 1) return min(A[0], B[0]);
int ia = min(k/2, m), ib = k -
if(A[ia-1] & B[ib-1])
return findMedian(A + ia, m -ia, B, n, k -ia);
else if(A[ia - 1] & B[ib - 1])
return findMedian(A, m, B +ib, n -ib, k -ib);
return A[ia - 1];
例题： 复杂度： 时间O(log (m*n)), 空间O(1).分析：首先这道题中二维数组有两个特点：
每一行数是递增的
每一行第一个数都小于上一行的最后一个数因此很自然的想到把二维数组压平为一位数组，然后使用binary search解决。
class Solution {
bool searchMatrix(vector&vector&int& & &matrix, int target) {
if(matrix.empty() || matrix.front().size())
int m = matrix.size();
int n = matrix.front().size();
int left = 0;
int right = m*n;
while(left & right){
int mid = left + (right - left) /2;
int middle = matrix[mid / n][mid % n];
if(target == middle){
}else if(target & middle){
left = mid + 1;
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