我在刷题系列--Majority Number（LintCode）

         本文作者：Chunk

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         这道题目来自于LintCode，是一个Easy级别的题目，题目大意是在一个给定的整数数组中，找到出现次数超过数组大小一半的那个整数，这个整数就叫做Majority Number。看到题目以后我的第一想法就是遍历数组，然后通过一个map统计出现的整数的频次，最后遍历map找到出现次数最多的整数。相信这也是大多数人的第一反应。但是当我看到本题目的Challenge中要求O(n) time and O(1) space后，我自觉的发现把题目想的过于简单了。上面提到的方法在需要2次遍历，时间复杂度可以保证为O(n)，但是空间复杂度却是O(n)，与Challenge要求的O(1)差了不少。

         既然Challenge的空间复杂度可以达到O(1)，那么就一定有窍门来降低空间复杂度。经过思考，发现这个题目确实是一个很有意思的问题，给定一个数组[1, 1, 1, 1, 2, 2, 2]，人眼一下就可以看出Majority Number 是1，可如果一个超大的数组交给人眼来看怎么找呢？

         我的想法是，两两消除：在这样一个数组中，每次消除两个不同的数，最后剩下的数，一定就是Majority Number，如果把这个数组写在纸上，工作就是随机找到两个不同的数，然后划掉，最后看一个剩下的数就是Majority Number。

         但是编程实现可不能照此方法，编程中我们能做的只有遍历数组，然后存储下某些特征属性，在遍历结束后返回符合要求的数。继续分析，上面提到的两两消除的确是一种方法，但是由于我们对于数组的操作只有遍历，所以首先要克服的问题是：如果两个比较的数相同怎么办。

         想到这个问题，突然发现为什么不把相同的数字出现的频次存起来呢？可是这样好像有回到了第一中方案中了。解决空间复杂度为O(1)的关键就在这里，其实，我们只要知道当前出现次数较多的数和它出现的次数就好，当出现不同的数时，我们将这个数的频次-1，当这个数再一次出现时就把频次+1，如果频次降为0，说明前面出现的数中正好实现了两两消除，这时把之后出现的数当做临时Majority Number记录就好，直到最后，得到整个数组的Majority Number。

         下面上代码：（需要指出的是，由于LintCode提交一直处在Pending状态，下面的代码其实没有通过LintCode的测试，只在本机上做了单元测试，但本文后边的论证基本可以保证算法的正确性）

import java.util.HashMap;
import java.util.Iterator;
import java.util.Map;
import java.util.Map.Entry;

public class Solution {
    /**
     * @param nums: a list of integers
     * @return: find a  majority number
     */
    public int majorityNumber(ArrayList<Integer> nums) {
        int sum = 0;
    	int mn = 0;
    	for (int i : nums) {
    		if (sum == 0) {
    			mn = i;
    			sum++;
    			continue;
    		} else {
    			if (i == mn) {
        			sum++;
        		} else {
        			sum--;
        		}
    		}
    	}
		return mn;
    }
}

         在之后的讨论中，一个题友提问我如何证明这种想法是正确的呢？经过讨论，我们给出了以下的解释：

         事实上，在上述算法运行的过程中，整个数组被分成了若干个的段落，每个段落的特征值就是mn，开始条件就是sum值从0变为1，终止条件就是sum值回归为0。在每个段落中，出现频次一半的数就是mn，另外一半都是与mn不相等的数。这里就是两两消去的关键，这样的一个段落被从整个数组中消除，是不会影响整个数组中的Majority Number的。理由如下：

         （1）如果mn是Majority Number，那么消除这个段落，在剩余的数组中，mn，即Majority Number仍然是Majority Number；

         （2）如果mn不是Majority Number，那么消除这个段落，无疑会使剩余数组中的Majority Number所占的比例大于其在整个数组中的比例；

         因此，这个方法得到了证明。此方法只需要对数组进行1次遍历，时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。

         另外还是需要注意一点，此题的条件限制，Majority Number出现的次数超过了一半，而不是等于一半。当等于一半时，会出现这样一个问题：在最后一个段落中，mn的sum值最终也会变为0，这是可以判定mn是一个出现频次为数组长度一半的数，但是，无法判断是否存在另外一个数，其出现频次也是数组长度的一半。如果题目被如此限定，就需要记录最后一个段落的位置，在整个整个数组遍历之后，再次遍历最后一个段落，判断除去确定的Majority Number之外，是否存在另一个Majority Number，即在遍历过程中如果出现第三个数，则判定只有一个Majority Number，否则存在2个Majority Number，这样仍能保证Challenge的时间复杂度和空间复杂度。当然，在最坏的情况下，整个数组会被遍历2次。

         搞定这道题目以后，第一个感受就是，千万不要把Easy题目Easy做，在复杂度上能降一级是一级。其次，一定要交流或者在网上找类似的解法来比较，一方面验证自己思路的正确性，另一方面，触类旁通。最后也是最重要的，不论题目如何简单，一定要多思考，一个朴素的想法有时可能并不能经得起推敲，最好能够证明想法的正确性，得到理论上的提升，这其实也是算法的本质。

         PS：本人第一次写blog，如果上述内容哪里说得不清楚甚至存在错误，欢迎大家指正~