摩尔投票

昨天有个朋友面试遇上了这个算法，查阅了一下，颇感兴趣，记录一下。

1.概念

摩尔投票指的是在众多投票中选出得票最多的候选人，众数。

常见的例子就是分布式系统，例如redis主从复制中，主服务器客观下线，监视主服务器的哨兵Sentinel需要选出一个领头羊对下线服务器进行故障转移，得票过半才能选上。

2.思想

常规思想是对候选人的得票计数，选最大的，时空复杂度都是O(n)。

摩尔投票算法则只需要O(1)的空间复杂度，O(n)的时间复杂度，以得票过半为例，总票数为n。

• 把候选人之间的计票操作 用 抵消票数 替代;
• 用两个变量维持这个关系，候选人(res) 和 票数(cnt)；
• 遍历投票数组a过程中，如果得票者(a[i])和当前候选人(res)相同，则候选人票数+1；
• 如果得票者(a[i])和当前候选人(res)不同，则当前候选人票数-1(cnt--)，若减至0则更换候选人(res=a[i])，并设置票数为1(cnt=1);
• 得票最多的候选人必然超过 [n/2]，其他候选人的票数之和 必然少于 [n/2]，相互抵消后最终留下来的候选人必然是得票最多者;

3.例题

(1)力扣169.多数元素

题意：找到出现次数大于一半的元素，摩尔投票裸题，题目必然出现次数大于一半的元素。

    /**169. 多数元素
     * 摩尔投票，找到超过1/2得票的候选人
     * 遇到相同的候选人，则票数+1，否则票数-1
     */
    public int majorityElement(int[] a) {
        int res=a[0],cnt=1;
        for(int i=1;i<a.length;i++){
            if(a[i]==res)
                cnt++;
            else
                cnt--;
            if(cnt==0){
                res=a[i];
                cnt=1;
            }  
        }
        return res;
    }

(2)力扣229. 求众数 II

题意：找到所有出现次数超过n/3的元素

思路：相比出现次数超过一半的，这里可以有2个结果，则需要两个候选人进行票数抵消；

对当前遍历到的票数a[i]，与两个候选人进行比较；

如果有相同者，则得票的候选人票数+1，其他什么都不用管；

如果没有相同者，有候选人票数为0则更换候选人并设置票数为1，否则两个候选人票数都要-1；

最后判断票数最多的两人 票数是否超过[n/3]；

同理可以类比票数超过[n/4],[n/5]...[n/i]，或者等于[n/i]之类的题目；

    /**229. 求众数 II
     * 摩尔投票进阶版，找到票数超过 [n/3] 的所有候选人
     * 显然，符合条件的候选人不会超过2个
     * 找出得票最多的2个候选人 + 判断候选人票数是否>[n/3]
     */
    public List<Integer> majorityElement(int[] a) {
        List<Integer> res=new LinkedList<>();
        int n=a.length;
        int m1=a[0],cnt1=0;
        int m2=a[0],cnt2=0;
        //找出候选人，票数抵消阶段
        for(int i=0;i<n;i++){
            if( m1==a[i] ){
                cnt1++;
                continue;
            }
            if( m2==a[i] ){
                cnt2++;
                continue;
            }

            //更换候选人
            if(cnt1==0){
                m1=a[i];
                cnt1=1;
                continue;
            }
            if(cnt2==0){
                m2=a[i];
                cnt2=1;
                continue;
            }
            cnt1--;
            cnt2--;
        }
        //计数阶段
        cnt1=cnt2=0;
        for(int i=0;i<n;i++){
            if(a[i]==m1)
                cnt1++;
            else if(a[i]==m2)//如果m1=m2则计数都在cnt1，不用担心最后累加的时候会重复
                cnt2++;
        }
        if(cnt1>(n/3))
            res.add(m1);
        if(cnt2>(n/3))//如果m1=m2，则cnt2=0，不会重复
            res.add(m2);

        return res;
    }

4.谈一下个人的其他想法，这是我昨天被朋友问到后的第一想法，知道了空间复杂度为0(1)的情况下

如果限定候选人<10⁴的话，利用int为10⁹这个量级，可以在原数组上计数，前四位表示票数，后四位表示原本的投票者，也没有消耗多余的空间，96669527 表示9527候选人得到9666票。

    /**
     * 摩尔投票
     * 约定0<=n,a[i]<10000
     */
    public static int majorityElement(int[] a) {
        int n=a.length,x,cnt;
        for(int i=0;i<n;i++){
            x=a[i]%10000;//x 是真正的得票人
            cnt=a[x]/10000;//cnt 当前是x的得票数
            a[x]=(cnt+1)*10000+x;
        }

        x=0;
        cnt=a[0]/10000;
        for(int i=1;i<n;i++){
            if( a[i]/10000 > cnt ){
                cnt=a[i]/10000;
                x=i;
            }
        }
        return x;
    }