求众数[Leetcode]

求众数有很多种解法，直觉上第一种就是用哈希表统计，这种方法需要O(n)的时间和空间。另一种叫摩尔投票法，需要O(n)的时间和O(1)的空间，比哈希表要好，这种投票法先将第一个数字假设为众数，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1，否则计数器减1.然后看此时计数器的值，若为0，则将下一个值设为候选众数。以此类推直到遍历完整个数组，当前候选众数即为该数组的众数。精妙！通俗的讲，他是把原数组精简化，相互抵消。首先是有个强大的前提存在，就是众数一定存在。如果计数器减到0了，说明目前不是候选者的数字的个数已经跟候选者出现的个数相同了，那么这个候选者已经很weak，不一定能出现超过半数，我们选择更换当前的候选者。那么可能你会有疑问，那万一后面又大量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众数，佩服算法的提出者啊，代码如下：

class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        int cnt = 1;
        int res = nums[0];
        for(int i=1;i<nums.length;i++){ 
        //也可直接遍历数组for(int num:nums)
            if(cnt == 0){
                res = nums[i];
            }
            else if(res == nums[i]) ++cnt;
            else --cnt;             
        }
        return res;
    }
}    

还有一种解法用到了位操作，将众按位来建立，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，那么我们将结果res中该位变为1，最后累加出来的res就是众数了，相当赞的方法，这种思路尤其在这道题的延伸Majority Element II中有重要的应用，参见代码如下：

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;
    }
}

或许这就是带佬的操作8。