心得體會

這個題目有兩個版本Majority Element，和Majority Element II，解題的方法比較巧妙，有點想不到的感覺，並且證明過程也很有趣，所以就記錄下來（具體詳情見正文題解）。

題解正文

題目描述

問題分析

題目要求majority number，也就是出現次數最多的數，第一個題目求佔比超過1/2的數，第二題要求佔比超過1/3的那些數，其實這種題目可以拓展為求佔比超過1/k的那些數字。下面會從簡單版本I的求解過渡到版本II，最後得出1/n眾數的求解。

解題思路

下面的思路中，nums表示輸入的數字陣列

1. 最簡單的方法當然是對於每一個數字都用一個num記錄數值，一個count記錄出現次數，最後篩選count大於nums.size()/k的那些數字。這樣做的話時間複雜度和空間複雜度都是線性的，達不到題目要求的O(1)空間複雜度。
2. 所以換一個思路，我們把考慮把數字進行配對，比如求出1/2眾數，因為佔比超過1/2的數字最多有一個，所以我們可以將1/2眾數和其它數字兩兩配對，如果存在1/2眾數，那麼配對到最後一定還會有1/2眾數剩餘，因為1/2眾數佔比超過1/2，也就比其它數字個數總和還多。配對完成之後，還剩下那些沒法配對的數字，這些數字就是1/2眾數了。所以換一個思路，我們把考慮把數字進行配對，比如求出1/2眾數，因為佔比超過1/2的數字最多有一個，所以我們可以將1/2眾數和其它數字兩兩配對，如果存在1/2眾數，那麼配對到最後一定還會有1/2眾數剩餘，因為1/2眾數佔比超過1/2，也就比其它數字個數總和還多。配對完成之後，還剩下那些沒法配對的數字，這些數字就是1/2眾數了。 通過上面的分析我們將這個問題轉化成了一個配對問題，但是具體怎麼配對呢：可以用一個num記錄數值，count記錄對應數值已經出現的次數（初值為0），然後對nums陣列遍歷，如果遇到和當前num記錄數值相同的數，就將count遞增，這樣做的含義是加入配對佇列，等待其它的數字與之配對相消
   ；反之和num值不同則需要將count遞減（要求count>0），這樣做對應的含義是將兩個不同類別的數字配對相消；如果count值為零就將num值替換為遍歷的當前數字nums[i] 並遞增count。這樣做到最後nums陣列中數字只有兩個結果：a.通過配對消除；b.加入待配對佇列（也就是num&count表示的單個數字組成的佇列），根據上面的分析，被存在num中的只能是1/2眾數，少數數字和部分1/2眾數被配對消除。 問題解決，但是細節部分還有一些問題：
   • 加入到配對佇列的不一定就是1/2眾數，也可能是1/2眾數之外的數字，但是這不影響演算法的正確性： 首先我們確認，加入到配對佇列的數字只有兩種，1/2眾數和其它數字。 如果加入配對佇列
     的是1/2眾數那麼就是上面分析的情況，不會有問題。 如果加入到配對佇列的不是1/2眾數，那麼後續遍歷到的與之不同的數字也有兩種可能，一種可能是1/2眾數，另一種可能是其它數字，如果是1/2眾數，那麼和上面分析的情況是一樣的，即1/2眾數 vs 其它數字配對相消；如果不是1/2眾數，那麼就是其它數字 vs 其它數字配對相消，這樣對於找出1/2眾數更加有利，因為其他數字正在以比1/2眾數更快的速度被配對消去，又因為其他數字本來就比1/2眾數少，那麼自然更快被消去。 所以無論如何，一個1/2眾數至少消去一個其他數字，最後留在等待配對佇列中的只能是1/2眾數（因為其它的數都被消去了）。
   • 萬一1/2眾數根本不存在，這個可以在上述演算法做完之後，遍歷一遍nums陣列求出num數值出現次數，超過n/2則存在，並且就是num，反正不存在1/2眾數，因為1/2眾數必然滿足前面分析到的情況。
3. 擴充套件到求1/k眾數，思路和求1/2眾數一樣，只不過上次是每組兩個數字配對，這次是每組k個數字的配對。 具體做法：將眾數與非眾數劃分為k個一組（其中眾數每一個只出現一次，其它數字用非眾數填充），就能夠在第nums.size()/k次消去之前將所有非眾數全部去掉，而餘下的數字都是1/k眾數。 為什麼是這樣，可以如下證明：假設有x（0<=x<1）個1/k眾數，首先建立一個大小nums.size()的容器N，我們將N均分為k個小容器，其中x個小容器用來放1/k眾數，每一個小容器放入不同的1/k眾數，這樣這x個小容器必定被裝滿而且每個1/k眾數還有剩餘；與此同時，均分剩餘的非1/k眾數填充剩下的容器，一定裝不滿（因為所有數字加起來剛好填滿所有小容器，現在有一些1/k眾數還在外面，所以剩餘的k-x個小容器一定裝不滿）。然後我們每次從每個容器中去掉一個數字，對應的實際含義是將k個不同類別的數字配對相消，這樣在第nums.size()/k次消去之前所有的小容器都將清空，留下的x個容器中全都是1/k眾數，證畢。 最後說一下配對怎麼做（其實和前面1/2眾數配對差不多）：申請兩個大小為k-1的陣列num[k-1]={}和count[k-1]={}用來記錄眾數值和個數，然後遍歷nums，如果在num陣列中有某個數字與當前的nums[i]相等，相應的count[i]遞增，這樣做的含義是將數字加入配對佇列，等待其它的數字與之配對相消；反之如果在num陣列中不存在這樣的數字，則需要將所有count[i]遞減（要求count陣列中所有count>0），這樣做對應的含義是將k個不同類別的數字配對相消；如果count陣列中存在某個count[i]值為零，就將對應的num[i]值替換為遍歷的當前數字nums[i] 並遞增count。這樣做以後所有可能的1/k眾數都在num陣列中了，我們只需再遍歷一次nums陣列求出num[i]對應count[i]，如果count[i]>nums.size()/k那麼num[i]就是1/k眾數。 如果你還想要問“加入到配對佇列的不一定就是1/k眾數，也可能是1/k眾數之外的數字怎麼辦”這樣的問題，那我的回答和前面2.1說到的一樣，不會影響結果，因為這樣的話非眾數將以更快的速度被消去，更利於求出答案。

演算法步驟

因為1/2眾數求解、1/3眾數求解都可以歸入1/k眾數求解，下面只給出1/k眾數求解的步驟： 下面的nums陣列為輸入的帶查詢陣列，num，count都是大小為k的陣列，用於儲存k-1個可能的眾數。

1. 遍歷nums陣列，對於每個nums[i]
   1. 遍歷num陣列，對於每個num[j] 判斷nums[i]是否等於num[j]，如果是，遞增count[j]，並跳出當層迴圈（break），並在出迴圈後跳過外層迴圈餘下程式碼（continue）；
   2. 遍歷count陣列，對於每個count[j] 是否存在某個count[j]等於0，如果是，將num[j]設定為當前遍歷到的數字nums[i]，並設定count[j]為1，然後跳出當層迴圈（break），出迴圈之後跳過外層迴圈餘下程式碼；
   3. 遍歷count陣列將所有count[j]遞減；
2. count陣列全置為零；
3. 遍歷nums陣列，對於每個nums[i]. 遍歷nums陣列，對於每個nums[i]
   1. 遍歷遍歷num陣列，對於每個num[j] 如果nums[i]和num[j]相等就將count[j]遞增；
4. 遍歷count陣列，對每個count[i] 如果count[j]>nums.size()/k就輸出num[i]作為結果之一；

演算法複雜度分析

時間複雜度：只需要一次遍歷nums陣列求出k個可能的1/k眾數（這其中每次迴圈都要遍歷兩個大小為k的陣列num和count，判斷num[i]是否等於當前數字，count是否等於0）；再一次遍歷求出k個數字對應的個數count（這其中每次迴圈都要遍歷num陣列判斷num[i]是否等於當前數字）；最後一次遍歷num陣列判斷數字是否確實是眾數；所以總的空間複雜度為O(2kn)+O(kn)+O(k)=O(kn)。如果k是常數級別，複雜度可寫為O(n)。 空間複雜度：一共使用兩個大小為k的陣列num和count，空間複雜度為O(k)，如果k為常數級別，可寫為O(1)。

程式碼實現&結果分析

• 1/2眾數求解：

  class Solution {
  public:
      int majorityElement(vector<int>& nums) {
          int num = 0;
          int count = 0;
          for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
              if ( num == nums[i] ) {
                  count++;
              } else if ( count == 0 ) {
                  num = nums[i];
                  count++;
              } else {
                  count--;
              }
          }
          return num;
      }
  };
  

  提交結果：
• 1/3眾數求解：

  class Solution {
  public:
      vector<int> majorityElement(vector<int>& nums) {
          int num1 = 0, num2 = 0;
          int count1 = 0, count2 = 0;
          for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {
              if ( num1 == nums[i] ) {
                  count1++;
              } else if ( num2 == nums[i] ) {
                  count2++;
              } else if ( count1 == 0 ) {
                  num1 = nums[i];
                  count1++;
              } else if ( count2 == 0 ) {
                  num2 = nums[i];
                  count2++;
              } else {
                  count1--;
                  count2--;
              }
          }
          count1 = 0;
          count2 = 0;
          for (int i = 0; i < nums.size(); ++i)
          {
              if ( nums[i] == num1 ) count1++;
              else if ( nums[i] == num2 ) count2++;
          }
          vector<int> res;
          if ( count1 > nums.size()/3 ) res.push_back(num1);
          if ( count2 > nums.size()/3 ) res.push_back(num2);
          return res;
      }
  };
  

  提交結果： beat 98%+,上述解法基本上就是最優解法。