169. Majority Element

这是Leetcode面试榜单Top150第5题，难度系数为容易。数据的存储结构为数组：原题传送门。

给定整数数组长度为n，数组中某一个数字重复出现不下n/2次，要求找到并返回这个数字。例如数组[3,2,3]应该返回3，数组[2,2,1,1,1,2,2]应该返回2. 题目明确保证输入数组一定包含有这样重复出现超过半数的数字，数组的长度范围为[1, 500000]之间，其中每个元素取值范围在正负10的9次方之间(很大的整数区间)。

自我感觉理解了题意之后，着手搞解法，题目很简单，会数数的孩子应该都可以有办法解决，沿着数组从左到右挨个数那个数字在数组中出现的次数，一旦不少于数组长度的一半就找到了。(当时脑子里冒出一个小学生的疑问，有没有可能有多个这样的数？)由于程序员的清高，自觉也学过点算法基础和数据结构皮毛，自然不屑于写这样的解法代码（无论Leetcode是否Accept)，然后一下子自己有没有思路怎么搞，便随便上网捞到一篇文章的思路：从左到右遍历数组元素，用一个变量key记录一下数组中元素的值，count记录该值的计数，key和count在遍历过程中遵循的规则是当遍历的元素值key相等时count加1，不等时count减1（如果count已经是0时，key取正在遍历的元素nums[i]，count为1)。这个方法非常简练，原理就是反正总有一个数出现次数不低于半数，因此数组中各个元素互相PK掉之后，key保存的便是那个超过半数的数值。算法时间复杂度O(n) - 从头到尾一次遍历即可，空间复杂度O(1) - 使用两个额外变量保存key和count。代码如下：

class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        int count = 0;
        Integer candidate = null;

        for (int num : nums) {
            if (count == 0) {
                candidate = num;
            }
            count += (num == candidate) ? 1 : -1;
        }

        return candidate;
    }
}

后来，搞个付费账号看官方解法列表，除了开始想到的O(n^2)时间复杂度O(1)空间复杂度的解法，和这种O(n)O(1)的称为Boyer-Moore投票算法之外，还有5种其他方法，得！城里人真会玩。

用空间换时间，暴力数数的解法可以简单优化，使用哈希表（字典）这种数据结构来辅助计数，得到时间和空间复杂度都是O(n)的解法。

class Solution {
    private Map<Integer, Integer> countNums(int[] nums) {
        Map<Integer, Integer> counts = new HashMap<Integer, Integer>();
        for (int num : nums) {
            if (!counts.containsKey(num)) {
                counts.put(num, 1);
            }
            else {
                counts.put(num, counts.get(num)+1);
            }
        }
        return counts;
    }

    public int majorityElement(int[] nums) {
        Map<Integer, Integer> counts = countNums(nums);

        Map.Entry<Integer, Integer> majorityEntry = null;
        for (Map.Entry<Integer, Integer> entry : counts.entrySet()) {
            if (majorityEntry == null || entry.getValue() > majorityEntry.getValue()) {
                majorityEntry = entry;
            }
        }

        return majorityEntry.getKey();
    }
}

利用目标元素值出现个数过半的特点，结合对应的元素分布特征，如果这些数字有序排列的话，第n/2个位置的数值等于这个数（如果数组长度是偶数的话，n/2 - 1位置也是)。所以可以先排序，然后返回n/2位置数值。排序算法的时间空间复杂度就是这个算法复杂度，比如快速排序的话，O(N.logN)时间复杂度和O(n)或者O(1)的空间复杂度取决于排序算法的库实现。

class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        Arrays.sort(nums);
        return nums[nums.length/2];
    }
}

此外，位操作法O(n.logC)和可能有无穷大的时间复杂度的随机化方法空间复杂度都为O(1)，暂时不想细细研究了。感兴趣的可以搜搜网上文章，或者搞个会员琢磨琢磨。

class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int majority_element = 0;

        for (int i = 0; i < 32; i++) {
            int bit = 1 << i;

            // Count how many numbers have this bit set.
            int bit_count = 0;
            for (int num : nums) {
                if ((num & bit) != 0) {
                    bit_count++;
                }
            }

            // If this bit is present in more than n / 2 elements
            // then it must be set in the majority element.
            if (bit_count > n / 2) {
                majority_element |= bit;
            }
        }

        return majority_element;
    }
}

class Solution {
    private int randRange(Random rand, int min, int max) {
        return rand.nextInt(max - min) + min;
    }

    private int countOccurences(int[] nums, int num) {
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            if (nums[i] == num) {
                count++;
            }
        }
        return count;
    }

    public int majorityElement(int[] nums) {
        Random rand = new Random();

        int majorityCount = nums.length/2;

        while (true) {
            int candidate = nums[randRange(rand, 0, nums.length)];
            if (countOccurences(nums, candidate) > majorityCount) {
                return candidate;
            }
        }
    }
}

还有使用经典算法范式之一，分治法，来解的。算法时间复杂度O(N.lgN)，空间复杂度O(lgN).

class Solution {
    private int countInRange(int[] nums, int num, int lo, int hi) {
        int count = 0;
        for (int i = lo; i <= hi; i++) {
            if (nums[i] == num) {
                count++;
            }
        }
        return count;
    }

    private int majorityElementRec(int[] nums, int lo, int hi) {
        // base case; the only element in an array of size 1 is the majority
        // element.
        if (lo == hi) {
            return nums[lo];
        }

        // recurse on left and right halves of this slice.
        int mid = (hi-lo)/2 + lo;
        int left = majorityElementRec(nums, lo, mid);
        int right = majorityElementRec(nums, mid+1, hi);

        // if the two halves agree on the majority element, return it.
        if (left == right) {
            return left;
        }

        // otherwise, count each element and return the "winner".
        int leftCount = countInRange(nums, left, lo, hi);
        int rightCount = countInRange(nums, right, lo, hi);

        return leftCount > rightCount ? left : right;
    }

    public int majorityElement(int[] nums) {
        return majorityElementRec(nums, 0, nums.length-1);
    }
}

学也无涯，知也无涯。啊~

Leetcode #169. Majority Element刷题手记

169. Majority Element