【答案解析】(1)算法的基本设计思想：
注意到旋转之后的数组实际上可以划分成两个排序的子数组，且前面的子数组的元素都大于或等于后面子数组的元素，而最小的元素刚好是这两个子数组的分界线。
我们试着用二元查找的思路寻找这个最小的元素：
定义两个指针，分别指向数组的第一个元素和最后一个元素。按照题目旋转的规则，第一个元素应该是大于或等于最后一个元素的。再定义一个指针指向中间的元素，如果该中间元素位于前面的递增子数组，那么它应大于或等于第一个指针指向的元素，此时最小的元素位于右子数组，然后把第一指针指向该中间元素，这样可以在缩小的范围内继续寻找。同样，如果该中间元素位于后面的递增子数组，思路和上面是类似的。
按照上述思路，第一个指针总是指向前面递增数组的元素，而第二个指针总是指向后面递增数组的元素。最后，第一个指针将指向前面子数组的最后一个元素，而第二个指针会指向后面子数组的第一个元素，此时两个指针相邻，而第二个指针指向的正好是最小元素。这就是循环结束的条件。
(2)算法的实现如下：
int Min(int *numbers, int length){
if(numbers==0||length＜=0)
return 0;
int index1=O; //第一个指针
int index2=length-1; //第二个指针
int indexMid=index1; //中间指针
while(numbers[index1]＞=numbers[index2]){
if(index2-index1==1){
indexMid=index2;
break;
}
indexMid=(index1+index2)/2;
if(numbers[indexMid]＞=numbems[index1]) //在右区间
index1=indexMid;
else if(numbers[indexMid]＜=numbers[index2]) //在左区间
index2=indexMid;
return numbers[indexMid];
}
每次都把寻找的范围缩小了一半，时间复杂度为O(log ₂ N)、空间复杂度为O(1)。
解法二：本题最直观的解法并不难。从头到尾遍历数组一次，就能找出最小元素，时间复杂度显然是O(N)。但这个思路没有利用输入数组的特性。