leetcode刷题--多数元素

给定一个大小为 n 的数组 nums ，返回其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数 大于 ⌊ n/2 ⌋ 的元素。
你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。
示例 1：
输入：nums = [3,2,3]
输出：3
示例 2：
输入：nums = [2,2,1,1,1,2,2]
输出：2
提示：
n == nums.length
1 <= n <= 5 * 104
-109 <= nums[i] <= 109
进阶：尝试设计时间复杂度为 O(n)、空间复杂度为 O(1) 的算法解决此问题。
为了解决这个问题，我们可以使用一种称为“摩尔投票算法”（Boyer-Moore Voting Algorithm）的高效算法。这个算法在时间复杂度为O(n)且空间复杂度为O(1)的条件下解决了这个问题。

摩尔投票算法的基本思想

1. 维护一个候选多数元素candidate和一个计数器count。初始时，candidate可以为任意值，count为0。
2. 遍历数组nums中的每个元素x：
   • 如果count为0，我们将candidate设置为x，即认为当前元素可能是多数元素。
   • 如果x等于candidate，则将count加1。
   • 如果x不等于candidate，则将count减1。
3. 遍历完成后，candidate即为整个数组的多数元素。

算法的正确性

由于多数元素在数组中出现的次数大于n/2，那么在遍历过程中，candidate最终一定会被设置为多数元素。因为每当count减到0时，意味着到目前为止，没有任何元素可以成为多数元素。此时，可以将candidate设置为当前元素，并开始重新计数。由于多数元素的数量超过了数组长度的一半，所以candidate最终一定会是多数元素。

Java实现

public 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;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，其中n是数组nums的长度。我们只需要遍历数组nums一次。
• 空间复杂度：O(1)，我们只需要常数空间存放candidate和count。

为什么这个算法有效？

每当count变为0时，就更换candidate。这意味着到目前为止，之前的所有元素中，没有任何元素的出现次数能够超过数组长度的一半。因此，可以放弃这些元素，从当前元素重新开始计数。
由于多数元素的出现次数大于n/2，即使它在数组的前半部分被抵消，剩余的部分中它仍然是出现次数最多的元素。因此，最后candidate变量中存储的元素，就是整个数组的多数元素。
这个算法的巧妙之处在于，它利用了多数元素出现次数超过总数一半的特性，通过一次遍历就能找到这个元素，而且只用了O(1)的额外空间。