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一、题目
峰值元素是指其值严格大于左右相邻值的元素。给你一个整数数组nums，找到峰值元素并返回其索引。数组可能包含多个峰值，在这种情况下，返回 任何一个峰值 所在位置即可。
你可以假设nums[-1] = nums[n] = -∞。
你必须实现时间复杂度为
O(log n)的算法来解决此问题。
示例 1：
输入：nums = [1,2,3,1]
输出：2
解释：3是峰值元素，你的函数应该返回其索引2。
示例 2：
输入：nums = [1,2,1,3,5,6,4]
输出：1或5
解释：你的函数可以返回索引1，其峰值元素为2；或者返回索引5， 其峰值元素为6。
提示：
1 <= nums.length <= 1000
-231 <= nums[i] <= 231 - 1
对于所有有效的i都有nums[i] != nums[i + 1]
二、代码
方案一：寻找最大值
由于题目保证了nums[i]≠nums[i+1]，那么数组nums中最大值两侧的元素一定严格小于最大值本身。因此，最大值所在的位置就是一个可行的峰值位置。
我们对数组nums进行一次遍历，找到最大值对应的位置即可。
class Solution {
public int findPeakElement(int[] nums) {
int idx = 0;
for (int i = 1; i < nums.length; ++i) {
if (nums[i] > nums[idx]) {
idx = i;
}
}
return idx;
}
}
时间复杂度： O(n)，其中n是数组nums的长度。
空间复杂度： O(1)。
方案二：二分查找
首先要注意题目条件，在题目描述中出现了nums[-1] = nums[n] = -∞，这就代表着 只要数组中存在一个元素比相邻元素大，那么沿着它一定可以找到一个峰值。
根据上述结论，我们就可以使用二分查找找到峰值
查找时，左指针l，右指针r，以其保持左右顺序为循环条件
根据左右指针计算中间位置m，并比较m与m+1的值，如果m较大，则左侧存在峰值，r = m，如果m + 1较大，则右侧存在峰值，l = m + 1
class Solution {
public int findPeakElement(int[] nums) {
int left = 0, right = nums.length - 1;
for (; left < right; ) {
int mid = left + (right - left) / 2;
if (nums[mid] > nums[mid + 1]) {
right = mid;
} else {
left = mid + 1;
}
}
return left;
}
}
时间复杂度： O(logn)，其中n是数组nums的长度。
空间复杂度： O(1)。
方案三：迭代爬坡
俗话说「人往高处走，水往低处流」。如果我们从一个位置开始，不断地向高处走，那么最终一定可以到达一个峰值位置。
因此，我们首先在[0,n)的范围内随机一个初始位置i，随后根据nums[i−1],nums[i],nums[i+1]三者的关系决定向哪个方向走：
【1】如果nums[i−1]<nums[i]>nums[i+1]，那么位置i就是峰值位置，我们可以直接返回i作为答案；
【2】如果nums[i−1]<nums[i]<nums[i+1]，那么位置i处于上坡，我们需要往右走，即i←i+1；
如果nums[i−1]>nums[i]>nums[i+1]，那么位置i处于下坡，我们需要往左走，即i←i−1；
如果nums[i−1]>nums[i]<nums[i+1]，那么位置i位于山谷，两侧都是上坡，我们可以朝任意方向走。
如果我们规定对于最后一种情况往右走，那么当位置i不是峰值位置时：
【1】如果nums[i]<nums[i+1]，那么我们往右走；
【2】如果nums[i]>nums[i+1]，那么我们往左走。
class Solution {
public int findPeakElement(int[] nums) {
int n = nums.length;
int idx = (int) (Math.random() * n);
while (!(compare(nums, idx - 1, idx) < 0 && compare(nums, idx, idx + 1) > 0)) {
if (compare(nums, idx, idx + 1) < 0) {
idx += 1;
} else {
idx -= 1;
}
}
return idx;
}
// 辅助函数，输入下标 i，返回一个二元组 (0/1, nums[i])
// 方便处理 nums[-1] 以及 nums[n] 的边界情况
public int[] get(int[] nums, int idx) {
if (idx == -1 || idx == nums.length) {
return new int[]{
0, 0};
}
return new int[]{
1, nums[idx]};
}
public int compare(int[] nums, int idx1, int idx2) {
int[] num1 = get(nums, idx1);
int[] num2 = get(nums, idx2);
if (num1[0] != num2[0]) {
return num1[0] > num2[0] ? 1 : -1;
}
if (num1[1] == num2[1]) {
return 0;
}
return num1[1] > num2[1] ? 1 : -1;
}
}
时间复杂度： O(n)，其中n是数组nums的长度。在最坏情况下，数组nums单调递增，并且我们随机到位置0，这样就需要向右走到数组nums的最后一个位置。
空间复杂度： O(1)。
方法四：二分查找优化
我们可以发现，如果nums[i]<nums[i+1]，并且我们从位置i向右走到了位置i+1，那么位置i左侧的所有位置是不可能在后续的迭代中走到的。
这是因为我们每次向左或向右移动一个位置，要想「折返」到位置i以及其左侧的位置，我们首先需要在位置i+1向左走到位置i，但这是不可能的。
并且根据方法二，我们知道位置i+1以及其右侧的位置中一定有一个峰值，因此我们可以设计出如下的一个算法：
【1】对于当前可行的下标范围[l,r]，我们随机一个下标i；
【2】如果下标i是峰值，我们返回i作为答案；
【3】如果nums[i]<nums[i+1]，那么我们抛弃[l,i]的范围，在剩余[i+1,r]的范围内继续随机选取下标；
【4】如果nums[i]>nums[i+1]，那么我们抛弃[i,r]的范围，在剩余[l,i−1]的范围内继续随机选取下标。
在上述算法中，如果我们固定选取i为[l,r]的中点，那么每次可行的下标范围会减少一半，成为一个类似二分查找的方法，时间复杂度为 O(logn)。
class Solution {
public int findPeakElement(int[] nums) {
int n = nums.length;
int left = 0, right = n - 1, ans = -1;
while (left <= right) {
int mid = (left + right) / 2;
if (compare(nums, mid - 1, mid) < 0 && compare(nums, mid, mid + 1) > 0) {
ans = mid;
break;
}
if (compare(nums, mid, mid + 1) < 0) {
left = mid + 1;
} else {
right = mid - 1;
}
}
return ans;
}
// 辅助函数，输入下标 i，返回一个二元组 (0/1, nums[i])
// 方便处理 nums[-1] 以及 nums[n] 的边界情况
public int[] get(int[] nums, int idx) {
if (idx == -1 || idx == nums.length) {
return new int[]{
0, 0};
}
return new int[]{
1, nums[idx]};
}
public int compare(int[] nums, int idx1, int idx2) {
int[] num1 = get(nums, idx1);
int[] num2 = get(nums, idx2);
if (num1[0] != num2[0]) {
return num1[0] > num2[0] ? 1 : -1;
}
if (num1[1] == num2[1]) {
return 0;
}
return num1[1] > num2[1] ? 1 : -1;
}
}
时间复杂度： O(logn)，其中n是数组nums的长度。
空间复杂度： O(1)。