lintcode 中等题：Majority number II 主元素 II

题目

主元素II

给定一个整型数组，找到主元素，它在数组中的出现次数严格大于数组元素个数的三分之一。

样例

给出数组[1,2,1,2,1,3,3] 返回 1

注意

数组中只有唯一的主元素

挑战

要求时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。

解题

利用HashMap，key值是元素值，value是出现次数，但是时间复杂度和空间复杂度都是O(N)

public class Solution {
    /**
     * @param nums: A list of integers
     * @return: The majority number that occurs more than 1/3
     */
    public int majorityNumber(ArrayList<Integer> nums) {
        // write your code
        HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<Integer,Integer>();
        if(nums == null)
            return 0;
        for(int i = 0;i< nums.size();i++){
            int num = nums.get(i);
            if(map.containsKey(num)){
                map.put(num,map.get(num) + 1);
            }else{
                map.put(num,1);
            }
            if(map.get(num) > nums.size()/3)
                return num;
        }
        return 0;
    }
}

总耗时: 2099 ms

九章详解

主元素(Majority Number)定义为数组中出现次数严格超过一半的数。找到这个数。要求使用O(1)的额外空间和O(n)的时间。

进阶1：如果数组中存在且只存在一个出现次数严格超过1/3的数，找到这个数。要求使用O(1)的额外空间和O(n)的时间。

进阶2：如果数组中存在且只存在一个出现次数严格超过1/k的数，找到这个数。要求使用O(k)的额外空间和O(n)的时间。

解答

采用抵消法。一旦发现数组中存在两个不同的数，就都删除，直到剩下的数都一样。此时剩下的数就是主元素。因为每次抵消操作之后，剩下来的数种，主元素一定也还是超过一半的。具体实现的时候，记录一个candidate和其出现的次数count，遍历每个数，如果count==0，则把candidate置为遍历到的数，否则看遍历到的数和candidate是否相等，如果相等，则count++，否则count--（抵消），遍历结束后，candidate就是主元素。

 

进阶1：思路是，如果出现3个不一样的数，就抵消掉。记录两个candidate和每个candidate分别的出现次数。如果遍历到的数和两个candidate都不等，就count都减1。最后可能会剩下两个candidate，再遍历一次整个数组验证一下谁是主元素。

public class Solution {
    /**
     * @param nums: A list of integers
     * @return: The majority number that occurs more than 1/3
     */
    public int majorityNumber(ArrayList<Integer> nums) {
        // write your code
        if(nums == null)
            return 0;
        int num1 = Integer.MIN_VALUE;
        int times1 = 0;
        int num2 = Integer.MIN_VALUE;
        int times2 = 0;
        for(int i = 0;i< nums.size();i++){
            int num = nums.get(i);
            if( num1 == num){
                times1 ++;
            }else if(num2 == num){
                times2 ++;
            }else if( times1==0 ){
                times1 = 1;
                num1 = num;
            }else if(times2 ==0){
                times2 = 1;
                num2 = num;
            }else{
                times1--;
                times2--;
            }
        }
        times1 = 0;
        times2 = 0;
        for(int i=0;i<nums.size(); i++){
            int num = nums.get(i);
            if(num == num1){
                times1 ++;
            }else if(num == num2){
                times2 ++;
            }
        }
        return times1>times2?num1:num2;
        
    }
}

class Solution:
    """
    @param nums: A list of integers
    @return: The majority number occurs more than 1/3
    """
    def majorityNumber(self, nums):
        # write your code here
        count1 = 0
        count2 = 0
        candidate1 = 0
        candidate2 = 0
        for num in nums:
            if num == candidate1:
                count1 += 1
            elif num == candidate2:
                count2 += 2
            elif count1 ==0:
                count1 = 1
                candidate1 = num
            elif count2 == 0:
                count2 = 1
                candidate2 = num
            else:
                count1 -= 1
                count2 -= 1
        count1 = 0
        count2 = 0
        for num in nums:
            if num == candidate1:
                count1 +=1
            elif num == candidate2:
                count2 +=1
        if count1>len(nums)/3:
            return candidate1
        else:
            return candidate2

进阶2：思路是，如果出现k个不一样的数，就抵消掉。这里需要用巧妙的数据结构来记录Candidates，并使得如下操作均为O(1)：

1. 加入一个Candidate/给某个Candidate出现次数+1

2. Candidates中是否存在某个数

3. Candidates中所有数的出现次数 - 1

4. 移除出现次数为0的Candidates

对于1,2两个操作，我们自然可以想到使用Hash表来完成。对于第4两个操作，我们希望能够有出现次数最少的Candidate的信息，但是如果使用Heap则并非O(1)的时间复杂度。注意到每一次加入一个Candidate时，count均为1，每一次给改变一个Candidate出现次数时，也只涉及到加1运算。因此，如果我们能维护Candidates的有序性，就可以容易的解决这个问题。方法是，使用LinkedList。与普通的LinkedList不同的是，我们将所有出现次数相同的Candidate放在一个Bucket里，Bucket内部的Candidate用Doubly Linked List链接起来，Bucket之间也用Doubly Linked List链接起来。这样针对+1运算，我们只需要通过Hash表找到对应的Candidate，把Candidate从当前的Bucket移动到下一个Bucket（出现次数+1的Bucket)。另外，对于所有数-1的操作，我们记录全局的一个Base，每次-1操作，则Base+1。如果Base和Buckets中的第一个Bucket中的Candidates的出现次数相同，则整个删除第一个Bucket。最后，我们会得到最大k-1个Candidates，重新遍历一遍整个数组，用O(k)的Hash记录这k-1个Candidates的出现次数，就可以验证谁是真正的主元素。