旋转数组的查找问题。从头开始扫一遍，O(N)的复杂度，一般也能过，甚至先排序以下，再二分都能过。不过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。如果没旋转过，我们直接比较target与A[middle]的大小，然后总能非常确定的丢掉源数组的一半，即把搜索空间减半，但是旋转之后，只根据A[middle]是确定不了下一轮的走向的，因为即使A[middle]比target大，按理说我们应该往前找，但是如果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区别，这个是很容易想明白的，关键是旋转之后有什么没有变化呢？答案是无论怎么旋转，middle的左右部分肯定至少有一个是完全有序的。这个应该好理解。怎么判断这一半是哪一半也很简单，只要看A[middle]跟A[0]和A[N]的大小关系就可以了。如果有序，我们就可以通过比较端点与target的大小来确定target应不应当在这一部分，如果不在的话，就递归查询另一半。根据这个策略，就可以每次确定的丢掉一半了，时间复杂度也就降下来了。

不要忘记这个题有很强的假设，数组中没有重复的元素，有重复元素的很不一样，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);
    }
};