算法分析与设计第五次作业（leetcode 中 Majority Element 题解）

最新推荐文章于 2020-03-16 22:33:54 发布

原创最新推荐文章于 2020-03-16 22:33:54 发布 · 550 阅读

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本文介绍了一种高效的算法，用于查找数组中出现频率超过1/k的众数，包括1/2和1/3众数的特殊情况。算法利用配对消除的概念，通过遍历和计数实现，具有O(n)的时间复杂度和O(k)的空间复杂度。

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心得体会

这个题目有两个版本Majority Element，和Majority Element II，解题的方法比较巧妙，有点想不到的感觉，并且证明过程也很有趣，所以就记录下来（具体详情见正文题解）。

题解正文

题目描述

问题分析

题目要求majority number，也就是出现次数最多的数，第一个题目求占比超过1/2的数，第二题要求占比超过1/3的那些数，其实这种题目可以拓展为求占比超过1/k的那些数字。下面会从简单版本I的求解过渡到版本II，最后得出1/n众数的求解。

解题思路

下面的思路中，nums表示输入的数字数组

最简单的方法当然是对于每一个数字都用一个num记录数值，一个count记录出现次数，最后筛选count大于nums.size()/k的那些数字。这样做的话时间复杂度和空间复杂度都是线性的，达不到题目要求的O(1)空间复杂度。
所以换一个思路，我们把考虑把数字进行配对，比如求出1/2众数，因为占比超过1/2的数字最多有一个，所以我们可以将1/2众数和其它数字两两配对，如果存在1/2众数，那么配对到最后一定还会有1/2众数剩余，因为1/2众数占比超过1/2，也就比其它数字个数总和还多。配对完成之后，还剩下那些没法配对的数字，这些数字就是1/2众数了。所以换一个思路，我们把考虑把数字进行配对，比如求出1/2众数，因为占比超过1/2的数字最多有一个，所以我们可以将1/2众数和其它数字两两配对，如果存在1/2众数，那么配对到最后一定还会有1/2众数剩余，因为1/2众数占比超过1/2，也就比其它数字个数总和还多。配对完成之后，还剩下那些没法配对的数字，这些数字就是1/2众数了。
通过上面的分析我们将这个问题转化成了一个配对问题，但是具体怎么配对呢：可以用一个num记录数值，count记录对应数值已经出现的次数（初值为0），然后对nums数组遍历，如果遇到和当前num记录数值相同的数，就将count递增，这样做的含义是加入配对队列，等待其它的数字与之配对相消；反之和num值不同则需要将count递减（要求count>0），这样做对应的含义是将两个不同类别的数字配对相消；如果count值为零就将num值替换为遍历的当前数字nums[i] 并递增count。这样做到最后nums数组中数字只有两个结果：a.通过配对消除；b.加入待配对队列（也就是num&count表示的单个数字组成的队列），根据上面的分析，被存在num中的只能是1/2众数，少数数字和部分1/2众数被配对消除。
问题解决，但是细节部分还有一些问题：
- 加入到配对队列的不一定就是1/2众数，也可能是1/2众数之外的数字，但是这不影响算法的正确性：
  首先我们确认，加入到配对队列的数字只有两种，1/2众数和其它数字。
  如果加入配对队列的是1/2众数那么就是上面分析的情况，不会有问题。
  如果加入到配对队列的不是1/2众数，那么后续遍历到的与之不同的数字也有两种可能，一种可能是1/2众数，另一种可能是其它数字，如果是1/2众数，那么和上面分析的情况是一样的，即1/2众数 vs 其它数字配对相消；如果不是1/2众数，那么就是其它数字 vs 其它数字配对相消，这样对于找出1/2众数更加有利，因为其他数字正在以比1/2众数更快的速度被配对消去，又因为其他数字本来就比1/2众数少，那么自然更快被消去。
  所以无论如何，一个1/2众数至少消去一个其他数字，最后留在等待配对队列中的只能是1/2众数（因为其它的数都被消去了）。
- 万一1/2众数根本不存在，这个可以在上述算法做完之后，遍历一遍nums数组求出num数值出现次数，超过n/2则存在，并且就是num，反正不存在1/2众数，因为1/2众数必然满足前面分析到的情况。
扩展到求1/k众数，思路和求1/2众数一样，只不过上次是每组两个数字配对，这次是每组k个数字的配对。
具体做法：将众数与非众数划分为k个一组（其中众数每一个只出现一次，其它数字用非众数填充），就能够在第nums.size()/k次消去之前将所有非众数全部去掉，而余下的数字都是1/k众数。
为什么是这样，可以如下证明：假设有x（0<=x<1）个1/k众数，首先创建一个大小nums.size()的容器N，我们将N均分为k个小容器，其中x个小容器用来放1/k众数，每一个小容器放入不同的1/k众数，这样这x个小容器必定被装满而且每个1/k众数还有剩余；与此同时，均分剩余的非1/k众数填充剩下的容器，一定装不满（因为所有数字加起来刚好填满所有小容器，现在有一些1/k众数还在外面，所以剩余的k-x个小容器一定装不满）。然后我们每次从每个容器中去掉一个数字，对应的实际含义是将k个不同类别的数字配对相消，这样在第nums.size()/k次消去之前所有的小容器都将清空，留下的x个容器中全都是1/k众数，证毕。
最后说一下配对怎么做（其实和前面1/2众数配对差不多）：申请两个大小为k-1的数组num[k-1]={}和count[k-1]={}用来记录众数值和个数，然后遍历nums，如果在num数组中有某个数字与当前的nums[i]相等，相应的count[i]递增，这样做的含义是将数字加入配对队列，等待其它的数字与之配对相消；反之如果在num数组中不存在这样的数字，则需要将所有count[i]递减（要求count数组中所有count>0），这样做对应的含义是将k个不同类别的数字配对相消；如果count数组中存在某个count[i]值为零，就将对应的num[i]值替换为遍历的当前数字nums[i] 并递增count。这样做以后所有可能的1/k众数都在num数组中了，我们只需再遍历一次nums数组求出num[i]对应count[i]，如果count[i]>nums.size()/k那么num[i]就是1/k众数。
如果你还想要问“加入到配对队列的不一定就是1/k众数，也可能是1/k众数之外的数字怎么办”这样的问题，那我的回答和前面2.1说到的一样，不会影响结果，因为这样的话非众数将以更快的速度被消去，更利于求出答案。

算法步骤

因为1/2众数求解、1/3众数求解都可以归入1/k众数求解，下面只给出1/k众数求解的步骤：
下面的nums数组为输入的带查询数组，num，count都是大小为k的数组，用于存储k-1个可能的众数。

遍历nums数组，对于每个nums[i]
1. 遍历num数组，对于每个num[j]
  判断nums[i]是否等于num[j]，如果是，递增count[j]，并跳出当层循环（break），并在出循环后跳过外层循环余下代码（continue）；
2. 遍历count数组，对于每个count[j]
  是否存在某个count[j]等于0，如果是，将num[j]设置为当前遍历到的数字nums[i]，并设置count[j]为1，然后跳出当层循环（break），出循环之后跳过外层循环余下代码；
3. 遍历count数组将所有count[j]递减；
count数组全置为零；
遍历nums数组，对于每个nums[i]. 遍历nums数组，对于每个nums[i]
1. 遍历遍历num数组，对于每个num[j]
  如果nums[i]和num[j]相等就将count[j]递增；
遍历count数组，对每个count[i]
如果count[j]>nums.size()/k就输出num[i]作为结果之一；

算法复杂度分析

时间复杂度：只需要一次遍历nums数组求出k个可能的1/k众数（这其中每次循环都要遍历两个大小为k的数组num和count，判断num[i]是否等于当前数字，count是否等于0）；再一次遍历求出k个数字对应的个数count（这其中每次循环都要遍历num数组判断num[i]是否等于当前数字）；最后一次遍历num数组判断数字是否确实是众数；所以总的空间复杂度为O(2kn)+O(kn)+O(k)=O(kn)。如果k是常数级别，复杂度可写为O(n)。
空间复杂度：一共使用两个大小为k的数组num和count，空间复杂度为O(k)，如果k为常数级别，可写为O(1)。

代码实现&结果分析

1/2众数求解：

class Solution {
public:
    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        int num = 0;
        int count = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
            if ( num == nums[i] ) {
                count++;
            } else if ( count == 0 ) {
                num = nums[i];
                count++;
            } else {
                count--;
            }
        }
        return num;
    }
};

提交结果：

1/3众数求解：

class Solution {
public:
    vector<int> majorityElement(vector<int>& nums) {
        int num1 = 0, num2 = 0;
        int count1 = 0, count2 = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
            if ( num1 == nums[i] ) {
                count1++;
            } else if ( num2 == nums[i] ) {
                count2++;
            } else if ( count1 == 0 ) {
                num1 = nums[i];
                count1++;
            } else if ( count2 == 0 ) {
                num2 = nums[i];
                count2++;
            } else {
                count1--;
                count2--;
            }
        }
        count1 = 0;
        count2 = 0;
        for (int i = 0; i < nums.size(); ++i)
        {
            if ( nums[i] == num1 ) count1++;
            else if ( nums[i] == num2 ) count2++;
        }
        vector<int> res;
        if ( count1 > nums.size()/3 ) res.push_back(num1);
        if ( count2 > nums.size()/3 ) res.push_back(num2);
        return res;
    }
};

提交结果：