LeetCode 169——Majority Element

最新推荐文章于 2022-04-24 17:52:08 发布

CrazyOnes

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分类专栏： LeetCode题目 LeetCode刷题日志文章标签： LeetCode LeetCode 169 Java解法简单题 Boyer-Moore投票算法

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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

非常简洁的题目，找到出现次数最多的数字。

但是我没想到的是，官方竟然给出了6种各不相同的解法，献上我的膝盖~还是我太年轻了。

有不同的思路当然不能错过，说不定哪一天在这道题上增加一些条件之后，那种解法就是最优解了呢。

1.暴力求解

逐个对数组中每个元素计算个数，直接上代码可能更清晰一点：

for (int elem : nums) {
    int nowCount = 0;
    for (int nElem : nums) {
        if (elem == nElem) {
            ++nowCount;
        }
    }

    if (nowCount > numLen / 2) {
        return elem;
    }
}

虽然这种做法可以AC，但是算法复杂度极高。

2.hash映射（暴力解法的优化）

我们可以看到，在暴力解法中，对于重复的数字进行了多次计数，最简单的优化策略就是使用HashMap记录数字对应的出现次数，这样一次遍历就可以完成。实现的代码也不难理解：

for (int i = 0; i < numLen; ++i) {
    if (intCount.containsKey(nums[i])) {
        intCount.put(nums[i], intCount.get(nums[i]) + 1);
    } else {
        intCount.put(nums[i], 1);
    }
}

遍历完成之后，再遍历一遍HashMap找到数字最大的即可。但是提交后的代码表现不是很好，因为HashMap的一些内部操作也会浪费大量的时间。但是理论的时间复杂度只在O(N)。

3.排序法

排序这个方向我是思考过的，但是想到可以使用hash映射在O(N)的时间复杂度内解决，就没有继续思考下去，意想不到的是，排序这个方向的思路竟然这么简洁。首先我们可以知道的是数组中出现次数最多的元素，其出现次数必然比 N / 2 要大，我们是不是可以这么认为，排序之后的数组，在nums[nums.length / 2] 的位置上的元素必然是出现次数最多的元素。如下图所示：

无论是数组是奇数长度，还是偶数长度，在 nums[nums.length / 2] 处都是我们要的结果（注意现在的所说的除法都是按照整数除法来计算）。

代码简洁到了可以直接在这里放完整代码了：

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

提交后的结果达到了一个非常理想的时间，但是理论上的时间复杂度是O( $N\log N$ )，要比方法二的速度慢，但是实际结果却相反，并且Java的sort函数使用的是dual-pivot quick sort针对硬件层面也有了一定的优化，再加上HashMap操作也需要时间，更加大了两者的差距，反倒最后 $\log N$ 倍的差距倒是不明显了。

4.随机查找法

5.分治法

6.博伊尔-摩尔投票算法

boyer-moore算法主要的用途就是在线性的时间和空间内，找到元素序列中包含最多的元素。

在本题的应用中，定义一个候选人变量candidate(用来记录扫描至当前位置时，可能的出现次数最多的元素)，一个计数变量count，初始化都为0，然后开始循环；每次循环时检查count是否为0，记录当前元素为candidate，并检查当前元素与candidate是否相同，若相同则count + 1，若不同则count - 1。具体循环体如下：

for (int elem : nums) {
    if (count == 0) {
        candidate = elem;
    }

    count += elem == candidate ? 1 : -1;
}

整个过程与投票的过程非常相似，个数最多的元素就是最后的candidate值，这样的应用是有前提的，那就是保证有一个元素出现的次数大于 N / 2。

算法的理论时间复杂度为O(N)，空间复杂度为常数，是这道题的最佳选择。

Boyer-Moore投票算法：

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

        for (int elem : nums) {
            if (count == 0) {
                candidate = elem;
            }

            count += elem == candidate ? 1 : -1;
        }

        return candidate;
    }
}

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