【每日算法Day 90】5种方法：求解数组中出现次数超过一半的那个数
【每日算法Day 90】5种方法：求解数组中出现次数超过一半的那个数
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题目链接
LeetCode 面试题39. 数组中出现次数超过一半的数字[1]
题目描述
数组中有一个数字出现的次数超过数组长度的一半，请找出这个数字。
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。
说明：
- 1 <= 数组长度 <= 50000
示例1
输入：
[1, 2, 3, 2, 2, 2, 5, 4, 2]
输出:
2题解
哈希表
这个方法最简单，用哈希表记录每个数字出现的次数，最后看哪个数字次数超过一半就行了。
时间复杂度 ，空间复杂度 。
排序
对数组从小到大进行排序，那么众数一定在 nums[n/2] 处。为什么呢？
因为排序后相同的数都连续了，所以众数最左端的极限情况就是从下标 0 开始往后排，那么因为超过了一半，所以尾部下标一定会超过 n/2 。而最右端的极限情况就是从下标 n-1 往前排，因为超过了一半，所以头部下标也会在 n/2 之前。
综上，众数所在的区间一定会包含下标 n/2 。
时间复杂度 ，空间复杂度 。
随机采样
其实我第一个想到的方法反而是这个反常规的随机采样方法。因为众数超过了一半，所以采样大概率会采到这个众数。
那么我们随机采样一个数，然后遍历一遍数组看它的个数。如果个数超过了一半就是它了，否则继续采样，直到采到众数。
平均时间复杂度 ，空间复杂度 。
分治
如果把区间 [0, n-1] 平均分成两半，那么我们可以证明，原来的众数在某一半区间里依然是众数。
为什么呢？反证法，假设两半区间的众数都不是原来的众数，那么在左半区间原来的众数一定小于一半，右半区间也是的。加起来之后总数一定小于一半的，和条件是矛盾的。
所以我们递归求解两半区间的众数，然后看哪个数出现次数较多，众数就是它了。
时间复杂度 ，空间复杂度 。
摩尔投票
这个方法我一开始也想到了，但是没有想到这竟然有理论解释，而且是大名鼎鼎的摩尔投票算法。
它的主要步骤是这样的：
- 初始化两个变量，
cand表示候选人，cnt表示赞同它的票数。 - 如果
cnt = 0，那么cand就设置为当前的数字。 - 如果
cand等于当前数字，那么票数cnt加一，否则票数减一。 - 最后
cand就是得票超过一半的众数。
严格证明比较复杂，是一篇论文，这里说个比较好理解的思路：
- 如果当前候选人是众数，那么其他的众数会支持自己，其他的数反对自己。但是因为众数超过了一半，所以众数最后一定会当选。
- 如果当前候选人不是众数，那么就惨了，其他的数和众数全都会反对他。那反对票远远超过一半了，肯定会下台，然后换候选人。
- 上面两种情况会在
cnt = 0的时刻进行转换，也就是换候选人。
时间复杂度 ，空间复杂度 。
代码
哈希表（c++）
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
unordered_map<int, int> mp;
for (auto x : nums) mp[x]++;
for (auto [k, v] : mp) {
if (v > n/2) return k;
}
return -1;
}
};排序（c++）
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
sort(nums.begin(), nums.end());
return nums[n/2];
}
};随机采样（c++）
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
while (1) {
int idx = rand() % n;
int cnt = 0;
for (auto x : nums) {
if (x == nums[idx]) cnt++;
}
if (cnt > n/2) return nums[idx];
}
return -1;
}
};分治（c++）
class Solution {
public:
int numCount(vector<int>& nums, int x, int l, int r) {
int cnt = 0;
for (int i = l; i <= r; ++i) {
if (nums[i] == x) cnt++;
}
return cnt;
}
int findMajority(vector<int>& nums, int l, int r) {
if (l == r) return nums[l];
int m = l+(r-l)/2;
int ml = findMajority(nums, l, m);
int mr = findMajority(nums, m+1, r);
if (ml == mr) return ml;
int cl = numCount(nums, ml, l, r);
int cr = numCount(nums, mr, l, r);
return cl < cr ? mr : ml;
}
int majorityElement(vector<int>& nums) {
int n = nums.size();
return findMajority(nums, 0, n-1);
}
};摩尔投票（c++）
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
int cand = 0, cnt = 0;
for (auto x : nums) {
if (!cnt) cand = x;
if (x == cand) cnt++;
else cnt--;
}
return cand;
}
};哈希表（python）
class Solution:
def majorityElement(self, nums):
counts = collections.Counter(nums)
return max(counts.keys(), key=counts.get)排序（python）
class Solution:
def majorityElement(self, nums):
nums.sort()
return nums[len(nums)//2]随机采样（python）
import random
class Solution:
def majorityElement(self, nums):
majority_count = len(nums)//2
while True:
candidate = random.choice(nums)
if sum(1 for elem in nums if elem == candidate) > majority_count:
return candidate分治（python）
class Solution:
def majorityElement(self, nums, lo=0, hi=None):
def majority_element_rec(lo, hi):
if lo == hi:
return nums[lo]
mid = (hi-lo)//2+lo
left = majority_element_rec(lo, mid)
right = majority_element_rec(mid+1, hi)
if left == right:
return left
left_count = sum(1 for i in range(lo, hi+1) if nums[i] == left)
right_count = sum(1 for i in range(lo, hi+1) if nums[i] == right)
return left if left_count > right_count else right
return majority_element_rec(0, len(nums)-1)摩尔投票（python）
class Solution:
def majorityElement(self, nums):
count = 0
candidate = None
for num in nums:
if count == 0:
candidate = num
count += (1 if num == candidate else -1)
return candidate关注【算法码上来】，每日算法干货马上就来！
参考资料
[1]
LeetCode 面试题39. 数组中出现次数超过一半的数字: https://leetcode-cn.com/problems/shu-zu-zhong-chu-xian-ci-shu-chao-guo-yi-ban-de-shu-zi-lcof/
作者简介：godweiyang，知乎同名，华东师范大学计算机系硕士在读，方向自然语言处理与深度学习。喜欢与人分享技术与知识，期待与你的进一步交流~