169. Majority Element

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.

题解

题目要求就是找到出现次数超过一半的数，即大于n/2。

解法一：排序 —— 时间复杂度O（nlogn） 空间复杂度O（1）
一个数字在数组中的出现次数超过了一半，那么在已排好序的数组索引的N/2处（从零开始编号），就一定是这个数字。

class Solution {
public:
    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        sort(nums.begin(), nums.end());
        return nums[nums.size() / 2];
    } 
};

解法二：Hash表 —— 时间复杂度O（n） 空间复杂度O（n）
既要缩小总的时间复杂度，那么可以用查找时间复杂度为O(1)的hash表，即以空间换时间。哈希表的键值（Key）为数组中的数字，值（Value）为该数字对应的次数。
遍历时当一个数字出现的次数大于n/2，输出即可。

class Solution {
public:
    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        unordered_map<int, int> counts; 
        int n = nums.size();
        for (int i = 0; i < n; i++)
            if (++counts[nums[i]] > n / 2)
                return nums[i];
    }
};

解法三：随机 —— 时间复杂度O（n*x） 空间复杂度O（1）
这里x指的是取随机数的次数，你可能会觉得很扯，但是这个算法的效率绝对不差。
我们可以想一想，每次直接找到结果的概率是 （出现次数最多的数的次数）/ n > 1/2。
所以如果我们认为（1/2）^k为0，当k为任意大于常数x的整数，则最多x次得到结果，时间复杂度就相当于O（n）。

class Solution {
public:
    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        srand(unsigned(time(NULL)));
        while (true) {
            int idx = rand() % n;
            int candidate = nums[idx];
            int counts = 0; 
            for (int i = 0; i < n; i++)
                if (nums[i] == candidate)
                    counts++; 
            if (counts > n / 2) return candidate;
        }
    }
};

解法四：位运算 —— 时间复杂度O（n） 空间复杂度O（1）
找出每一位上1出现次数超过一半的，合在一起就是结果。因为如果major该位为0，其他所有的数该位都为1，也不会超过一半。

class Solution {
public:
    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        int major = 0, n = nums.size();
        for (int i = 0, mask = 1; i < 32; i++, mask <<= 1) {
            int bitCounts = 0;
            for (int j = 0; j < n; j++) {
                if (nums[j] & mask) bitCounts++;
                if (bitCounts > n / 2) {
                    major |= mask;
                    break;
                }
            }
        } 
        return major;
    } 
};

解法五：个人推荐 —— 时间复杂度O（n） 空间复杂度O（1）
利用性质——出现超过一半次数，若每次碰见他加1，不是他-1，最后结果大于0。
一次遍历数组，保存两个值，一个major，用来保存数组中遍历到的某个数字，一个count，表示当前数字的出现次数。当count为0时，将major更新为当前数，count初始化为1，否则判断当前数是否与major相等，相等count+1，不等-1。

可能有人会有疑问，可以确保最后major就是主要数吗，答案是肯定的。
首先易知major肯定会被赋为主要数，假设我们在位置k时major被赋为主要数，则在k之前major最多出现了k/2次（否则在k之前就被赋为major了），则在剩下的n-k中major的次数必然大于（n-k)/2。
所以可以确保结果正确。

class Solution {
public:
    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        int major, count = 0;
        for(int i = 0; i < nums.size(); i++){
            if(count == 0){
                major = nums[i];
                count = 1;
            }
            else count += (nums[i] == major) ? 1 : -1;
        }
        return major;
    }
};