leetcode 169. Majority Element 解法 python 多数投票算法(Boyer-Moore Algorithm)

最新推荐文章于 2025-10-08 20:35:00 发布

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本文深入探讨了如何在数组中寻找出现次数超过一半的多数元素，介绍了两种方法：一种是常规的计数方法，时间复杂度为O(N)，空间复杂度为O(N)；另一种是Boyer-Moore投票算法，时间复杂度同样为O(N)，但空间复杂度降低至O(1)。通过实例讲解了Boyer-Moore算法的工作原理。

一.问题描述

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.

Example 1:

Input: [3,2,3]
Output: 3

Example 2:

Input: [2,2,1,1,1,2,2]
Output: 2

二.解决思路

说实话这是一道好题目，可以了解一个新的算法。

第一个方法就是记录nums里面每个数组出现的次数，然后找出出现次数大于或等于一半的那个数。

时间复杂度O(N),空间复杂度O(N)

第二个方法就是多数投票算法(Boyer-Moore Algorithm)。

简单来讲就是，遍历nums，如果我们有个计数器，该计数器遇到真正的多数值（假设我们已经知道），该计数器+1，遇到非该多数值，计数器-1，那么到最后这个计数器一定会大于或等于0，因为多数值的定义就是出现次数大于等于一半。反过来讲，对于一个不是真正的多数值来讲，用此方法最后计数器的值一定会小于0。

利用这个性质，我们可以从第一个数开始遍历，假设它是多数制的候选值，设置计数器为1，假设遍历到位置i的时候，计数器值变为0，那么说明从0～i这个子数组中，出现多数值候选值的次数和未出现该多数值候选值的次数相同，因此子数组0~i我们不需要再去考虑。

可以这样理解，根据我们之前说的性质，对于一个不是真正的多数值来讲，用此方法最后计数器的值一定会小于0。

我们可以知道至少在子数组[0~i]中的每个值都没办法在此时证明自己是多数值。因为在子数列中候选值最多就等于子数列长度的一半，而多数值的定义是大于等于一半（等于一半的情况是对整个数组来说，等于一半，并且另一半的所有元素不是同一个值，这是测试数组安排好了的，因此对于子数列长度来说必须大于一半），对于子数组中的非候选值来说，每个非候选值出现的次数也是小于等于子数组的一半，因此也不能在此刻证明自己是多数值，因此只能在接下来的子数组[i+1,end]中证明自己。因为若是一个真多数值，那么它的出现次数在剩下的子数组中必然也大于该子数组长度的一半。

因此更新候选值为nums[i+1]，计数器重置为1，继续向后遍历。知道遍历完整个数组。

其实你也可以更直观的理解，假设一个candidata是真多数值值，那么遍历就是抵消非多数值的个数，最后肯定能赢。

如果该candidate不是真多数值，那么真多数值就是拿来被抵消的那个，肯定也抵消不赢真多数值。抵消到0的时候，换新candidata，反正只要是真多数值，最后这种抵消肯定能赢。

时间复杂度:O(N) 空间复杂度O(1)

更多leetcode算法题解法: 专栏 leetcode算法从零到结束

三.源码

1.多数投票算法

class Solution:
    def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:
        res,cnt=0,0
        for i in range(len(nums)):
            if cnt==0:res=nums[i]         
            cnt+= 1 if nums[i]==res else -1 
        return res

2.正常方法

from collections import Counter
class Solution:
    def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:
        c,threshold=Counter(nums),int(len(nums)/2)
        for key in c:
            if c[key]>threshold:
                return key