旋转数组的查找问题。从头開始扫一遍。O(N)的复杂度，一般也能过，甚至先排序下面，再二分都能过。只是这道题的目的当然不在于此。

想一下旋转之后对我们的查找产生了什么影响。假设没旋转过，我们直接比較target与A[middle]的大小，然后总能很确定的丢掉源数组的一半。即把搜索空间减半，可是旋转之后，仅仅依据A[middle]是确定不了下一轮的走向的，由于即使A[middle]比target大，按理说我们应该往前找，可是假设源数组是循环左移的。较小的数可能在后半部分。

上面说的都是旋转之后与没旋转的差别，这个是非常easy想明确的，关键是旋转之后有什么没有变化呢？答案是不管怎么旋转，middle的左右部分肯定至少有一个是全然有序的。这个应该好理解。

怎么推断这一半是哪一半也非常简单。仅仅要看A[middle]跟A[0]和A[N]的大小关系就能够了。假设有序，我们就能够通过比較端点与target的大小来确定target应不应当在这一部分，假设不在的话，就递归查询还有一半。依据这个策略，就能够每次确定的丢掉一半了。时间复杂度也就降下来了。

不要忘记这个题有非常强的如果，数组中没有反复的元素，有反复元素的非常不一样。是下一道题的内容。

int msearch(int A[], int n, int target, int* a){

    if(n<=0)

        return -1;

    int middle = n/2;

    if(A[middle] == target)

        return A-a+middle;

    if(A[middle]>target){

        if(A[0]<=target||A[0]>A[middle]){

            return msearch(A, middle, target, a);

        }else{

            return msearch(A+middle+1, n-middle-1, target, a);

        }

    }else{

        if(A[0]<=A[middle]||A[n-1]>=target)

            return msearch(A+middle+1, n-middle-1, target, a);

        else{

            return msearch(A, middle, target, a);

        }

    }

}

class Solution {

public:

    int search(int A[], int n, int target) {

        return msearch(A, n, target, A);

    }

};