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.

这是一道思路很明确的easy题，基本思路可以有双指针和哈希表两种，都很好想到，但会发现其实都不是最快的算法，没有办法在不开辟更多内存的条件下线性时间内完成。取巧的算法在方法三中给出。

方法一：双指针

我写的第一个就是先排序，将重复数字集中在一起，然后双指针一直向前滑动，判断完一组重复后判断长度，如果大于一半就返回。如下：

int majorityElement(vector<int>& nums) {
    sort(nums.begin(), nums.end());
    int n = nums.size();
    int i, j;
    for (i = 0, j = 0; i < n; i++) {
        if (nums[i] == nums[j]) continue;
        if (i - j > n/2) return nums[j];
        else j = i;
    }
    //最后这个return很必要，因为可能重复的数字出现在数组最后，还没等到下一个不同的数字就结束循环了
    return nums[j];
}

但这个双指针完全可以再优化一下，我们有一个很重要的先验条件，就是大于数组长度一半的重复，这种重复只可能存在一次，所以我们不用在排序后还挨个判断是否相等，反而可以直接将i, j距离设定为n/2, 保持间隔，找出重复数字出现的地方。如下：

    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        sort(nums.begin(), nums.end());
        int n = nums.size();
        int i, j;
        for (i = 0, j = i + n/2; j < n; i++, j++) {
            if (nums[j] == nums[i]) return nums[j];
        }
        return -1;
    }

这个速度比刚才那个明显快了，毕竟扫描排序后数组的长度缩减了一半。所以除了基本的常用方法外，合理分析题目，充分利用先验条件非常重要。

然而我马上脑子一炸，觉得自己简直耻辱。如果存在这种重复过半的绝对众数，那排序后。。。数组中间那个数一定就是啊！我的天，我也是脑子有坑，还在那双指针个鬼啊。。。

    int majorityElement(vector<int>& nums) {
        sort(nums.begin(), nums.end());
        int n = nums.size();
        return nums[n/2];
    }

方法二：哈希表

不用排序，直接将数组中的数值和对应的出现次数建立哈希表，不停插入或更新表，直到发现有数字次数过半就返回。花费了空间保证了线性时间。代码如下：

int majorityElement(vector<int>& nums) {
    unordered_map<int, int> myhash;
    int n = nums.size();
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        if (++myhash[nums[i]] > (n/2)) return nums[i];
    }
    return -1;
}

代码很简短，效率也比双指针高，毕竟双指针的排序是要O(nlogn)，虽然我用的是STL的sort算法，但其实就是先快排然后对于长度小于一定程度使用insertion sort。复杂度就是O(nlogn)。

方法三：最优算法

上面三个都是我自己很快就写出来提交通过的，十分常见。可在leetcode上都没超过50%的提交程序。后来在leetcode讨论区看到了下面这个代码就发现，其实可以更简单。

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

    }
    return major;
}

第一眼看到的时候比较懵，没明白这样为什么是对的。后来枚举了几个例子才发现它的正确性。不用排序，不用哈希表。就是利用重复次数超过n/2的特点来做。举个例子，[1, 0, 1, 0, 1], 这个数组里1出现次数过半了，符合题目，应该返回1，这也是过半数字最为分散的情况，但这种情况上述算法也毫无问题。算法里当一个数字第一次出现就将它次数count记为1，下标指针i 不停移动，遇到不同就减一，相等就加一。如果count等于0，重新开始一次加一减一的计算。这个count等于0很有代表性，它代表上一个扫描过的段落里，重复数字和杂项数字（杂项数字就是指那些不同与主流重复数字的那些）数量相等，相互抵消。如果上一个段落里重复数字就是我们要找的那个，没关系，总数大于n/2，所以重复数字总数一定大于杂项数字，现在除去上一个相互抵消的段落，剩下的里面重复还是多于杂项。如果上一个段落里没有我们要找的，更没关系，剩下的里面主流的更是一定大于杂项。就是抱着这种阶段性相互抵消。最后没有被抵消完的一定就是major。
上面是我自己理解的过程，实际上这种算法叫做摩尔投票法，在寻找众数的问题中很有用。

摩尔投票法的基本思想很简单，在每一轮投票过程中，从数组中找出一对不同的元素，将其从数组中删除。这样不断的删除直到无法再进行投票，如果数组为空，则没有任何元素出现的次数超过该数组长度的一半。如果只存在一种元素，那么这个元素则可能为目标元素。

那么有没有可能出现最后有两种或两种以上元素呢？根据定义，这是不可能的，因为如果出现这种情况，则代表我们可以继续一轮投票。因此，最终只能是剩下零个或一个元素。