摩尔投票法(力扣- -229. 求众数 II)

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摩尔投票法(力扣- -229. 求众数 II)
- 一、题目描述
- 二、分析
- - 摩尔投票法
  - 总结
- 三、代码

一、题目描述

二、分析

这道题如果用O(N)O(N)O(N)的空间复杂度来解决是非常简单的，但是题目要求：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。
这里介绍摩尔投票法

摩尔投票法

摩尔投票法，解决的问题是如何在任意多的候选人中，选出票数超过一半的那个人。注意，是超出一半票数的那个人。
假设投票是这样的，[A, C, A, A, B]（ABC 是指三个候选人）。
第一张票与第二张票进行对坑，如果票不同则互相抵消掉；
接着第三票与第四票进行对坑，如果票相同，则增加这个候选人的可抵消票数；
这个候选人拿着可抵消票数与第五张票对坑，如果票不同，则互相抵消掉，即候选人的可抵消票数 -1。
图解

看完上面的图片之后，相信已经理解摩尔投票法是如何选取一个最有希望的候选人的。

猪猪猪猪猪猪意：
上面最后得道的结果并不意味着这个候选人的票数一定能超过一半，例如 [A, B, C] 的抵消阶段，最后得到的结果是 [C,1]，C 候选人的票数也未能超过一半的票数。
这里有一个优化，如果最后得到的可抵消票数是 0 的话，那他已经无缘票数能超过一半的那个人了。因为本来可能有希望的，但是被后面的一张不同的票抵消掉了。所以，在这里可以直接返回结果，无需后面的计算了。
如果最后得到的抵消票数不为 0 的话，那说明他可能希望的，这是我们需要一个阶段来验证这个候选人的票数是否超过一半—— 计数阶段。
所以摩尔投票法分为两个阶段：抵消阶段和计数阶段。
抵消阶段：两个不同投票进行对坑，并且同时抵消掉各一张票，如果两个投票相同，则累加可抵消的次数；
计数阶段：在抵消阶段最后得到的抵消计数只要不为 0，那这个候选人是有可能超过一半的票数的，为了验证，则需要遍历一次，统计票数，才可确定。
摩尔投票法经历两个阶段最多消耗 O(2n)O(2n)O(2n) 的时间，也属于 O(n)O(n)O(n) 的线性时间复杂度，另外空间复杂度也达到常量级。
理解摩尔投票法之后，我们再回到题目描述，题目可以看作是：在任意多的候选人中，选出票数超过⌊ 1/3 ⌋的候选人。
我们可以这样理解，假设投票是这样的 [A, B, C, A, A, B, C](ABC 是指三个候选人)。
第 1 张票，第 2 张票和第3张票进行对坑，如果票都不同，则互相抵消掉；
第 4 张票，第 5 张票和第 6 张票进行对坑，如果有部分相同，则累计增加他们的可抵消票数，如 [A, 2] 和 [B, 1]；
接着将 [A, 2] 和 [B, 1] 与第 7 张票进行对坑，如果票都没匹配上，则互相抵消掉，变成 [A, 1] 和 `[B, 0] 。
图解

总结

看完图片之后，是不是理解了，是不是也清晰了。
如果至多选一个代表，那他的票数至少要超过一半（⌊1/2⌋）（⌊ 1/2 ⌋）（⌊1/2⌋）的票数；
如果至多选两个代表，那他们的票数至少要超过(⌊1/3⌋)(⌊ 1/3 ⌋)(⌊1/3⌋) 的票数；
如果至多选m个代表，那他们的票数至少要超过 (⌊1/(m+1)⌋)(⌊ 1/(m+1) ⌋)(⌊1/(m+1)⌋)的票数。

所以以后碰到这样的问题，而且要求达到线性的时间复杂度以及常量级的空间复杂度，直接套上摩尔投票法

三、代码

class Solution {public:vector<int> majorityElement(vector<int>& nums) {if(nums.empty()){return {};}//题目求的是满足元素个数大雨n / 3的元素，空间复杂度为O(1)//所以只需要按摩尔投票法记录2个元素的抵消个计数情况即可//第一个元素及票数情况int target1 = nums[0];int count1 = 0;//第二个元素及票数情况int target2 = nums[0];int count2 = 0;//遍历for(auto& e : nums){//如果和记录的元素中有相等的情况，更新他的计数if(e == target1){count1++;continue;}else if(e == target2){count2++;continue;}//程序走到这里代表没有和记录的元素相等的情况，代表//需要进行抵消操作//在进行抵消之前需要判断记录的元素是否有为0情况，因为如果为0//需要更新记录的元素if(count1 == 0){target1 = e;count1++;continue;}else if(count2 == 0){target2 = e;count2++;continue;}//抵消count1--;count2--;}//再对有可能满足情况的标记元素进行一次计数，进行验证int val1 = 0;int val2 = 0;for(auto& e : nums){if(e == target1){val1++;}else if(e == target2){val2++;}}vector<int> ret;if(val1 > nums.size() / 3){ret.emplace_back(target1);}if(val2 > nums.size() / 3){ret.emplace_back(target2);}return ret;}
};

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