【LeetCode 热题100道笔记】多数元素

题目描述

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：

• $n==nums.length$
• $1<=n<=5\ast 10^4$
• $-10^9<=nums[i]<=10^9$

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。

思考

采用摩尔投票法（Boyer-Moore Voting Algorithm），这是满足“时间复杂度O(n)、空间复杂度O(1)”的最优方案。核心逻辑基于“多数元素出现次数>⌊n/2⌋”的特性：通过“计数抵消”机制，让不同元素两两抵消，最终未被抵消且剩余的元素必然是多数元素（因多数元素数量超过一半，无法被其他元素完全抵消）。

算法过程

1. 初始化候选与计数：

   • 设 candidate 为当前候选的多数元素，初始值为数组第一个元素 nums[0]。
   • 设 count 为候选元素的“剩余计数”，初始值为1（表示当前候选元素有1个未被抵消）。

2. 遍历数组（从第二个元素开始）：

   • 若 count === 0（当前候选元素已被完全抵消）：
     • 更新 candidate 为当前遍历的元素 nums[i]。
     • 重置 count 为1（新候选元素初始计数为1），跳过后续判断。
   • 若当前元素 nums[i] === candidate（与候选元素相同）：
     • count++（候选元素的未抵消数量增加1）。
   • 若当前元素 nums[i] !== candidate（与候选元素不同）：
     • count--（候选元素与当前元素抵消1次，未抵消数量减少1）。

3. 返回结果：

   • 遍历结束后，candidate 即为多数元素（因多数元素无法被完全抵消，必然成为最终候选）。

时空复杂度分析

• 时间复杂度：O(n)，仅需遍历数组一次，每个元素的判断和计数操作均为常数时间（O(1)），总时间与数组长度成正比。
• 空间复杂度：O(1)，仅使用 candidate 和 count 两个变量存储状态，无额外依赖与输入规模相关的数据结构（如哈希表、数组），完全满足进阶要求。

代码

/**
 * @param {number[]} nums
 * @return {number}
 */
var majorityElement = function(nums) {
    let candidate = nums[0];
    let count = 1;
    for (let i = 1; i < nums.length; i++) {
        if (count === 0) {
            candidate = nums[i];
            count = 1;
            continue;
        }
        if (nums[i] === candidate) {
            count++;
        } else {
            count--;
        }
    }
    
    return candidate;
};