LeetCode169-多数元素

题目描述

给定一个大小为 n 的数组，找到其中的多数元素。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。

我的题解

第一想法是把每个元素出现的次数统计下，找出次数大于n/2的即可，使用hashmap实现：

    public int majorityElement(int[] nums) {
 3         Map<Integer,Integer> map =new  HashMap<>();
        for(int n: nums){
            if (map.containsKey(n)){
                map.put(n,map.get(n)+1); //数量+1
            }
            else{
                map.put(n,1); //第一次出现，初始化为1
            }
        }
        int size = nums.length/2;
        for (Map.Entry<Integer,Integer> e: map.entrySet()){
            if (e.getValue()>size){
                return e.getKey();                
            }
        }
        return -1;
}

时间复杂度是O(nlogn)，空间复杂度是O(n)

性能实际上并不是很好。

其他解法

分析题意，可知‘多数元素’(众数)一定存在，且一定只有一个(两个总长度超出了n)，数量大于n/2。

于是：对数组进行排序后，中间这个数一定是众数。

 Arrays.sort(nums);
 return nums[nums.length / 2];

代码简洁，时间/空间复杂度取决于使用的排序算法，时间复杂度不可能达到O(N).

还有更好的解法：

最优解 · 摩尔投票法

算法思想

核心思想是 对拼抵消，比如老师和学生干架，一个学生和一个老师能"同归于尽"，由于学生数量比老师多，所以最后学生一定是赢家。

这里也是一样的，这个每次两个不同的数抵消，最后剩下的一定是众数。

public int majorityElement(int[] nums) { 
        int res= nums[0];//取一个数，不知道是众数还是其他数。
        int count = 0;   //统计这个数出现的次数。
        for(int num : nums) {//遍历数组
            if(num != res) { //如果取到的数和res不同，说明要让它们'同归于尽'，即count-1，并移到下一个数。
                count--;
                if(count == 0) { //如果count为0，表示当前统计的这个数数目为0，不能在被抵消，这时必须换一个数，以能够被抵消
                    count = 1;
                    res = num; //num虽然被抵消了，但是赋给res并不影响，因为后面可以还有和num相同的值，如果不同就会一直过渡下去。
                }
            }
            else
                count++; //相同就数量+1，
        }
        return res;

}    

时间复杂度O(N)，空间复杂度O(1)