911. 在线选举 : 二分运用题题目描述这是 LeetCode 上的 911. 在线选举，难度为中等。 Tag

题目描述

这是 LeetCode 上的 911. 在线选举 ，难度为中等。

Tag : 「二分」

给你两个整数数组 $persons$ 和 $times$ 。

在选举中，第 $i$ 张票是在时刻为 $times[i]$ 时投给候选人 $persons[i]$ 的。

对于发生在时刻 $t$ 的每个查询，需要找出在 t 时刻在选举中领先的候选人的编号。

在 $t$ 时刻投出的选票也将被计入我们的查询之中。在平局的情况下，最近获得投票的候选人将会获胜。

实现 TopVotedCandidate 类：

TopVotedCandidate(int[] persons, int[] times) 使用 $persons$ 和 $times$ 数组初始化对象。
int q(int t) 根据前面描述的规则，返回在时刻 $t$ 在选举中领先的候选人的编号。

示例：

输入：
["TopVotedCandidate", "q", "q", "q", "q", "q", "q"]
[[[0, 1, 1, 0, 0, 1, 0], [0, 5, 10, 15, 20, 25, 30]], [3], [12], [25], [15], [24], [8]]

输出：
[null, 0, 1, 1, 0, 0, 1]

解释：
TopVotedCandidate topVotedCandidate = new TopVotedCandidate([0, 1, 1, 0, 0, 1, 0], [0, 5, 10, 15, 20, 25, 30]);
topVotedCandidate.q(3); // 返回 0 ，在时刻 3 ，票数分布为 [0] ，编号为 0 的候选人领先。
topVotedCandidate.q(12); // 返回 1 ，在时刻 12 ，票数分布为 [0,1,1] ，编号为 1 的候选人领先。
topVotedCandidate.q(25); // 返回 1 ，在时刻 25 ，票数分布为 [0,1,1,0,0,1] ，编号为 1 的候选人领先。（在平局的情况下，1 是最近获得投票的候选人）。
topVotedCandidate.q(15); // 返回 0
topVotedCandidate.q(24); // 返回 0
topVotedCandidate.q(8); // 返回 1

提示：

$1 <= persons.length <= 5000$
$times.length == persons.length$
$0 <= persons[i] < persons.length$
$0 <= times[i] <= 10^9$
$times$ 是一个严格递增的有序数组
$times[0] <= t <= 10^9$
每个测试用例最多调用 $10^4$ 次 q

二分

根据题意，我们会在 $times[i]$ 时刻为 $persons[i]$ 候选人增加一票。

利用 $times$ 数组严格递增，我们可以在处理 $times$ 时（模拟加票过程），使用一个变量 $val$ 来维护当前得票的最大数量，使用 $list$ 来记录不同时刻点的候选人交替情况。

起始时 $val = 0$ ，当出现票数大于等于 $val$ 时，我们往 $list$ 追加二元组记录 $list[idx] = (times[i], persons[i])$ ，并更新 $val$ 。

每个 $list[idx]$ 代表了当前候选人 $list[idx][1]$ 的首次当选时刻为 $list[idx][0]$ 。

举个 🌰，若 $i = list[idx][0], j = list[idx + 1][0]$ ，则意味着在时间段 $[i, j)$ 内当选的候选人为 $list[idx][1]$ 。

在查询时，我们只需要通过「二分」找到 $list$ 中满足 $list[i][0] <= t$ 的分割点 $r$ （最大下标），取 $list[r][1]$ 即是答案。

代码：

class TopVotedCandidate {
    List<int[]> list = new ArrayList<>();
    public TopVotedCandidate(int[] persons, int[] times) {
        int val = 0;
        Map<Integer, Integer> map = new HashMap<>();
        for (int i = 0; i < times.length; i++) {
            map.put(persons[i], map.getOrDefault(persons[i], 0) + 1);
            if (map.get(persons[i]) >= val) {
                val = map.get(persons[i]);
                list.add(new int[]{times[i], persons[i]});
            }
        }
    }
    public int q(int t) {
        int l = 0, r = list.size() - 1;
        while (l < r) {
            int mid = l + r + 1 >> 1;
            if (list.get(mid)[0] <= t) l = mid;
            else r = mid - 1;
        }
        return list.get(r)[0] <= t ? list.get(r)[1] : 0;
    }
}

时间复杂度：令 $n$ 为数组长度， $m$ 为查询次数（调用 q 的次数）。预处理出 $list$ 的复杂度为 $O(n)$ ；最坏情况下，每个 $time[i]$ 时刻都会交替产生新的候选人编号，即最坏情况下 $list$ 的数组长度为 $n$ ，总的查询复杂度为 $O(m * \log{n})$
空间复杂度： $O(n)$

最后

这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.911 篇，系列开始于 2021/01/01，截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目，部分是有锁题，我们将先把所有不带锁的题目刷完。

在这个系列文章里面，除了讲解解题思路以外，还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。

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