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Total Accepted: 110538 Total Submissions: 268289 Difficulty: Easy
题目描述
Given an array of size n, find the majority element. The majority element is the element that appears more than ⌊ n/2 ⌋ times.
You may assume that the array is non-empty and the majority element always exist in the array.
题目大意
找出数组中出现次数超过一半的数字。
解题方法
思路
第一想法，用HashMap。嗯。之前也这么做过，但是一想就不对，肯定效率太差。
然后也没想到太好的方法。但是官方给了几个思路：
- 时间复杂度: O(n2) — 蛮力法: 依次检查每一个元素是否为众数
- 时间复杂度: O(n), 空间复杂度: O(n) — 哈希表: 维护一个每一个元素出现次数的哈希表, 然后找到出现次数最多的元素
- 时间复杂度: O(n log n) — 排序: 在排序后找出连续重复出现次数最多的元素
- 平均时间复杂度: O(n), 最坏复杂度: 无穷大 — 随机算法: 随机选取一个元素计算其是否为众数. 如果不是，就重复上一步骤直到找到为止。 由于选出众数的概率 1 / 2, 因此期望的尝试次数 < 2
- 时间复杂度: O(n log n) — 分治法: 将数组拆成2半, 然后找出前一半的众数A和后一半的众数B。则全局众数要么是A要么是B。如果 A == B, 则它自然而然就是全局众数。 如果不是, 则A和B都是候选众数, 则至多只需要检查这两个元素的出现次数即可。
- 时间复杂度, T(n) = T(n/2) + 2n = O(n log n).
- 时间复杂度: O(n) — Moore投票算法: 我们维护一个当前的候选众数和一个初始为0的计数器。遍历数组时，我们看当前的元素x： - 如果计数器是0, 我们将候选众数置为 x 并将计数器置为 1 如果计数器非0, 我们根据x与当前的候选众数是否相等对计数器+1或者-1； - 一趟之后, 当前的候选众数就是所求众数.
- 时间复杂度 = O(n). 时间复杂度: O(n) — 位操作法: 我们需要32次迭代, - 每一次计算所有n个数的第i位的1的个数。由于众数一定存在，那么或者1的个数 0的个数多 或者反过来(但绝不会相同)。 - 众数的第i位一定是计数较多数字。
hashmap统计次数
加入不考虑空间复杂度，直接使用字典统计次数，然后找出出现次数最大的那个数字，就能通过。
python代码如下：
class Solution(object):
def majorityElement(self, nums):
"""
:type nums: List[int]
:rtype: int
"""
count = collections.Counter(nums)
return count.most_common(1)[0][0]
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C++代码如下：
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
const int N = nums.size();
unordered_map<int, int> count;
for (int n : nums)
++count[n];
for (auto& c : count) {
if (c.second > N / 2) {
return c.first;
}
}
return -1;
}
};
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摩尔投票法 Moore Voting
这个投票方法挺好玩。就是多数派问题。
这个思路是这样的：
1、 对于vi，如果c此时为未知状态，则c=v[i]，t=1，递增i；
2、 如果c==v[i]，++t，递增i；
3、 如果c!=v[i]，--t，如果t==0，将c置为未知状态，递增i；
4、 所有投票处理完毕后，如果c为未知状态，则说明不存在任何候选人的得票数过半，否则重新遍历数组v，统计候选人c的实际得票总数，如果c的得票数确实过半，则c就是最终结果；
这个做法的原理就是既然有出现次数超过一半的数字，那么我们把没出现一半的数字的次数进行抵消，出现一半以上的数字仍然不会被完全消除掉。
比如对于数据[1,2,1,1,3,1,4,4]
i 1 2 3 4 5 6 7 8
v[i] 1 2 1 1 3 1 4 4
c 1 ? 1 1 1 1 1 ?
t 1 0 1 2 1 2 1 0
程序运行的最终结果，c处于未知状态，说明对于投票数组v，不存在任何候选人的得票数过半。
如果v[1...9]={1,2,1,1,3,1,4,4,1}，此时c的最后状态为1，重新遍历数组v，查看候选人1的得票数是否确实过半，统计结果1出现了5次，大于9/2，所以候选人1的票数过半。
因为题目中已经保证了存在数据出现过半。所以结尾的c那个元素一定不是不确定状态，直接返回就好。
C++代码如下：
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
int c = -1;
int t = 0;
for (int n : nums) {
if (t == 0) {
c = n;
t = 1;
} else {
if (n == c) {
++t;
} else {
--t;
}
}
}
return c;
}
};
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python版本代码如下：
class Solution(object):
def majorityElement(self, nums):
"""
:type nums: List[int]
:rtype: int
"""
m = cm = 0
for num in nums:
if m == num:
cm += 1
elif cm == 0:
m = num
cm = 1
else:
cm -= 1
return m
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Java代码：
public class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
int candidate=nums[0];
int count=0;
for(int i=0;i<nums.length;i++){
if(count==0){
candidate=nums[i];
count++;
continue;
}
if(candidate==nums[i]){
count++;
}else{
count--;
if(count==0){
candidate=-1;
}
}
}
return candidate;
}
}
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位运算统计位数
位操作法: 我们需要32次迭代, 每一次计算所有n个数的第i位的1的个数。
由于众数一定存在，那么或者1的个数0的个数多，或者反过来(但绝不会相同)。
众数的第i位一定是计数较多数字（1或0）。
这个题需要注意的是如何设置一个int的指定位是1：或上一个该指定为是1其余位是0的数字即可。
时间复杂度 = O(n).
一、指定的某一位数置1
宏define setbit(x,y) x|=(1<<y)
二、指定的某一位数置0
宏 define clrbit(x,y) x&=~(1<<y)
三、指定的某一位数取反
宏 define reversebit(x,y) x^=(1<<y)
三、获取的某一位的值
宏define getbit(x,y) ((x) >> (y)&1)
C++代码如下：
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
const int N = nums.size();
int res = 0;
for (int i = 0; i < 32; ++i) {
int mask = 1 << i;
int onecount = 0;
for (int n : nums) {
if (n & mask) {
++onecount;
}
}
if (onecount > N / 2)
res |= mask;
}
return res;
}
};
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参考资料
多数派问题open in new window https://blog.csdn.net/qq_37858386/article/details/78419911
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