日期: 2024 年 3 月 2 日

目标

给定一个大小为 n 的数组 nums ，返回其中的多数元素。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。

示例 1：

输入：nums = [3,2,3]
输出：3
示例 2：

输入：nums = [2,2,1,1,1,2,2]
输出：2

说明：

• n == nums.length
• 1 <= n <= 5 * 104
• -109 <= nums[i] <= 109

进阶：尝试设计时间复杂度为 O(n)、空间复杂度为 O(1) 的算法解决此问题。

思路

今天做个简单题吧。要求时间复杂度是O(n)，那么就不能嵌套循环，空间复杂度度是O(1)，也就不能开辟新数组。很自然的可以想到：累加当前出现次数 count 最多的元素 res，如果遇到其它元素则减1，当 count 为负数时，说明当前出现次数最多的元素 可能 发生改变，将res替换为当前元素，并将count置1。

这里说 可能，是因为只要遇到与所选元素值不相等的， count 就减1。我们并不清楚这些其它元素值是否都相同，只能够推出当初所选的多数被其它少数反超了。但是从总体来考虑，如果我们所选择的真是多数元素，那么它一定会在后面再次反超。

官网介绍了一种投票算法 Boyer-Moore，应该也是这种思路吧。

官网还给出了一种分治算法，主要思想是：如果将数组分成两部分，那么数组的众数至少是一部分的众数。递归求解，然后回溯合并，确定子数组众数。不过时间复杂度O(nlog⁡n)，参考算法导论P53主定理。空间复杂度：O(log⁡n)，递归用到的栈空间。

代码

/**
 * @date 2024-03-02 22:24
 */
public class MajorityElement {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        int res = nums[0];
        int count = 1;
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            if (nums[i] != res) {
                count--;
                // 出错点：反超时应当将值设为1，参考错误用例[10,9,9,9,10]
                if (count < 0) {
                    res = nums[i];
                    count = 1;
                }
            } else {
                count++;
            }
            // 本以为加上可以提高性能，谁知道还慢了2ms
            // if (count > Math.floor(nums.length / 2.0)) {
            //     break;
            // }
        }
        return res;
    }

    public static void main(String[] args) {
        MajorityElement main = new MajorityElement();
        System.out.println(main.majorityElement(new int[]{10, 9, 9, 9, 10}));
    }
}

性能

本以为判断条件可以提高效率，谁知道还慢了2ms，耗时增加了2倍，因为每次算出答案基本上也都循环完了。