C++实现LeetCode(169.求大多数)

[LeetCode] 169. Majority Element 求大多数

Given an array nums of size n, return the majority element.

The majority element is the element that appears more than ⌊n / 2⌋ times. You may assume that the majority element always exists in the array.

Example 1:

Input: nums = [3,2,3]
Output: 3

Example 2:

Input: nums = [2,2,1,1,1,2,2]
Output: 2

Constraints:

• n == nums.length

• 1 <= n <= 5 * 104

• -231 <= nums[i] <= 231 - 1

Follow-up: Could you solve the problem in linear time and in O(1) space?

这是到求大多数的问题，有很多种解法，其中我感觉比较好的有两种，一种是用哈希表，这种方法需要 O(n) 的时间和空间，另一种是用一种叫摩尔投票法 Moore Voting，需要 O(n) 的时间和 O(1) 的空间，比前一种方法更好。这种投票法先将第一个数字假设为过半数，然后把计数器设为1，比较下一个数和此数是否相等，若相等则计数器加一，反之减一。然后看此时计数器的值，若为零，则将下一个值设为候选过半数。以此类推直到遍历完整个数组，当前候选过半数即为该数组的过半数。不仔细弄懂摩尔投票法的精髓的话，过一阵子还是会忘记的，首先要明确的是这个叼炸天的方法是有前提的，就是数组中一定要有过半数的存在才能使用，下面来看本算法的思路，这是一种先假设候选者，然后再进行验证的算法。现将数组中的第一个数假设为过半数，然后进行统计其出现的次数，如果遇到同样的数，则计数器自增1，否则计数器自减1，如果计数器减到了0，则更换下一个数字为候选者。这是一个很巧妙的设定，也是本算法的精髓所在，为啥遇到不同的要计数器减1呢，为啥减到0了又要更换候选者呢？首先是有那个强大的前提存在，一定会有一个出现超过半数的数字存在，那么如果计数器减到0了话，说明目前不是候选者数字的个数已经跟候选者的出现个数相同了，那么这个候选者已经很 weak，不一定能出现超过半数，此时选择更换当前的候选者。那有可能你会有疑问，那万一后面又大量的出现了之前的候选者怎么办，不需要担心，如果之前的候选者在后面大量出现的话，其又会重新变为候选者，直到最终验证成为正确的过半数，佩服算法的提出者啊，代码如下：

C++ 解法一：

class Solution {
public:
   int majorityElement(vector<int>& nums) {
       int res = 0, cnt = 0;
       for (int num : nums) {
           if (cnt == 0) {res = num; ++cnt;}
           else (num == res) ? ++cnt : --cnt;
       }
       return res;
   }
};

Java 解法一：

public class Solution {
   public int majorityElement(int[] nums) {
       int res = 0, cnt = 0;
       for (int num : nums) {
           if (cnt == 0) {res = num; ++cnt;}
           else if (num == res) ++cnt;
           else --cnt;
       }
       return res;
   }
}

下面这种解法利用到了位操作 Bit Manipulation 来解，将这个大多数按位来建立，从0到31位，每次统计下数组中该位上0和1的个数，如果1多，那么将结果 res 中该位变为1，最后累加出来的 res 就是过半数了，相当赞的方法，参见代码如下：

C++ 解法二：

class Solution {
public:
   int majorityElement(vector<int>& nums) {
       int res = 0, n = nums.size();
       for (int i = 0; i < 32; ++i) {
           int ones = 0, zeros = 0;
           for (int num : nums) {
               if (ones > n / 2 || zeros > n / 2) break;
               if ((num & (1 << i)) != 0) ++ones;
               else ++zeros;
           }
           if (ones > zeros) res |= (1 << i);
       }
       return res;
   }
};

Java 解法二：

public class Solution {
   public int majorityElement(int[] nums) {
       int res = 0, n = nums.length;
       for (int i = 0; i < 32; ++i) {
           int ones = 0, zeros = 0;
           for (int num : nums) {
               if (ones > n / 2 || zeros > n / 2) break;
               if ((num & (1 << i)) != 0) ++ones;
               else ++zeros;
           }
           if (ones > zeros) res |= (1 << i);
       }
       return res;
   }
}

Github 同步地址：

https://github.com/grandyang/leetcode/issues/169

类似题目：

Majority Element II

参考资料：

https://leetcode.com/problems/majority-element/

https://leetcode.com/problems/majority-element/discuss/51613/O(n)-time-O(1)-space-fastest-solution

https://leetcode.com/problems/majority-element/discuss/51612/6-Suggested-Solutions-in-C++-with-Explanations

https://leetcode.com/problems/majority-element/discuss/51611/Java-solutions-(sorting-hashmap-moore-voting-bit-manipulation).

https://leetcode.com/problems/majority-element/discuss/51828/C++-solution-using-Moore's-voting-algorithm-O(n)-runtime-comlexity-an-no-extra-array-or-hash-table

来源：https://www.cnblogs.com/grandyang/p/4233501.html