题目
给定一个长度为 n+1 的数组nums，数组中所有的数均在 1∼n 的范围内，其中 n≥1。
请找出数组中任意一个重复的数，但不能修改输入的数组。
样例
给定 nums = [2, 3, 5, 4, 3, 2, 6, 7]。
返回 2 或 3。
思考题：如果只能使用 O(1) 的额外空间，该怎么做呢？
(分治，抽屉原理) O(nlogn)
抽屉原理：n+1 个苹果放在 n 个抽屉里，那么至少有一个抽屉中会放两个苹果
本题中一共有n+1个数，且数的取值为1~n，所以至少有两个重复的数字。
然后我们采用分治的思想，将每个数的取值的区间[1, n]划分成[1, n/2]和[n/2+1, n]两个子区间，然后分别统计两个区间中数的个数。
注意这里的区间是指 数的取值范围，而不是 数组下标。
划分之后，左右两个区间里一定至少存在一个区间，区间中数的个数大于区间长度。
因此我们可以把问题划归到左右两个子区间中的一个，而且由于区间中数的个数大于区间长度，根据抽屉原理，在这个子区间中一定存在某个数出现了两次。
依次类推，每次我们可以把区间长度缩小一半，直到区间长度为1时，我们就找到了答案。
复杂度分析
- 时间复杂度：每次会将区间长度缩小一半，一共会缩小O(logn) 次。每次统计两个子区间中的数时需要遍历整个数组，时间复杂度是 O(n)。所以总时间复杂度是O(nlogn)。
- 空间复杂度：代码中没有用到额外的数组，所以额外的空间复杂度是 O(1)。
C++代码
class Solution {
public:
int duplicateInArray(vector<int>& nums) {
int l = 1, r = nums.size() -1;
if (!n) return -1;
while(l < r){
int mid = (l + r) >> 1;
int s = 0;
for (auto x : nums){
if (x >= l && x <= mid)
++s;// s表示有多少个数在左半边的区间里。
}
if (s > mid - l + 1)
r = mid;
else
l = mid +1;
}
return l;
}
};
二分查找模板
二分模板一共有两个，分别适用于不同情况。
算法思路：假设目标值在闭区间[l, r]中， 每次将区间长度缩小一半，当l = r时，我们就找到了目标值。
版本1
当我们将区间[l, r]划分成[l, mid]和[mid + 1, r]时，其更新操作是r = mid或者l = mid + 1;，计算mid时不需要加1。
C++ 代码模板：
int bsearch_1(int l, int r)
{
while (l < r)
{
int mid = l + r >> 1;
if (check(mid)) r = mid;
else l = mid + 1;
}
return l;
}
版本2
当我们将区间[l, r]划分成[l, mid - 1]和[mid, r]时，其更新操作是r = mid - 1或者l = mid;，此时为了防止死循环，计算mid时需要加1。
C++ 代码模板：
int bsearch_2(int l, int r)
{
while (l < r)
{
int mid = l + r + 1 >> 1;
if (check(mid)) l = mid;
else r = mid - 1;
}
return l;
}
一般写二分的思考顺序是这样的：
首先通过题目背景和check(mid)函数的逻辑，判断答案落在左半区间还是右半区间。
左右半区间的划分方式一共有两种：
中点mid属于左半区间，则左半区间是[l, mid]，右半区间是[mid+1, r]，更新方式是r = mid;或者l = mid + 1;，此时用第一个模板；
中点mid属于右半区间，则左半区间是[l, mid-1]，右半区间是[mid, r]，更新方式是r = mid - 1;或者 l = mid;，此时用第二个模板；
简单总结一下就是在[0,0,0,…,0] (共k个数) 里面搜索0。
使用第一个会返回位置0
使用第二个会返回k - 1
也可以看做寻找 第一个<= target的元素 和 最后一个<= target的元素
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