leetcode-169. Majority Element

Given an array of size n, find the majority element. The majority element is the element that appears more than ⌊ n/2 ⌋ times.
You may assume that the array is non-empty and the majority element always exist in the array.

题目大意：
给定一个大小为n的数组，找到大多数元素。大多数元素是出现超过⌊n / 2⌋次的元素。 您可能会认为该数组是非空的，而且大多数元素始终存在于数组中。

题目本身还是容易的，主要是记录一下各种解法：

解法一：HashMap

我们可以使用一个HashMap来将元素映射到value上，以便通过在数字上循环来计算线性时间的出现次数。然后，我们只需返回最大值的key。

class Solution {private Map<Integer, Integer> countNums(int[] nums) {Map<Integer, Integer> counts = new HashMap<Integer, Integer>();for (int num : nums) {if (!counts.containsKey(num)) {counts.put(num, 1);}else {counts.put(num, counts.get(num)+1);}}return counts;}public int majorityElement(int[] nums) {Map<Integer, Integer> counts = countNums(nums);Map.Entry<Integer, Integer> majorityEntry = null;for (Map.Entry<Integer, Integer> entry : counts.entrySet()) {if (majorityEntry == null || entry.getValue() > majorityEntry.getValue()) {majorityEntry = entry;}}return majorityEntry.getKey();}
}

方法二：排序

这个是比较好的方法，将数组排序后，出现超过半数的元素，肯定是length/2位置的元素

class Solution {public int majorityElement(int[] nums) {Arrays.sort(nums);return nums[nums.length/2];}
}

方法三：随机

这种方法也不是很难理解，但是时间复杂度的证明是比较困难的，也就是为什么没有超时。。
该方法的思路是既然所求的元素在数组中出现的次数超过半数，那么我们随机取数的话，取到的元素也很有可能就是所求的元素。
每次随机取一个数，然后遍历整个数组，计算出现的次数是否超过半数，如果不超过半数就继续取值，直到取到结果为止。

class Solution {private int randRange(Random rand, int min, int max) {return rand.nextInt(max - min) + min;}private int countOccurences(int[] nums, int num) {int count = 0;for (int i = 0; i < nums.length; i++) {if (nums[i] == num) {count++;}}return count;}public int majorityElement(int[] nums) {Random rand = new Random();int majorityCount = nums.length/2;while (true) {int candidate = nums[randRange(rand, 0, nums.length)];if (countOccurences(nums, candidate) > majorityCount) {return candidate;}}}
}

方法四：分治法

将数组分成两部分，寻找第一个部分中出现次数超过一半的元素为A，第二个部分出现次数超过一半的元素为B，如果A==B，那么A就是这个数组中出现次数超过一半的元素，如果A!=B，那么A和B都可能是这个数组中出现次数超过一半的元素，那么重新遍历这个数组，记录A和B出现的次数，返回出现次数多的元素，时间复杂度T(n)=2T(n/2)+2n=O(nlogn)。

根据 主定理，循环满足条件2，所以得：

public static void main(String[] args) {int majorityElement(vector<int>& nums) {return helper(nums,0,nums.size()-1);}helper(vector<int> nums,int begin,int end){if(begin == end)return nums[begin];else{int mid = begin + (end-begin)/2;int left = helper(nums,begin,mid);int right = helper(nums,mid+1,end);if(left == right) return left;else{int leftCount = 0;int rightCount = 0;for (int i = begin;i<=end ;i++ ) {if (nums[i] == left) leftCount++;else if(nums[i] == right)rightCount++;}if (leftCount<rightCount) return right;else return left;}   }       }
}

方法五：Boyer-Moore Voting Algorithm

建议！ 读过思路后，阅读一下solution 代码，再回想一下思路 ！，就比较容易理解。
这种方法的思路是：每次从数组中找出一对不同的数字，将他们从数组中删除，当最后肯定至少剩下一个元素（3个元素的情况下)（！保证数组中一定存在出现次数超过半数的数字）。
那怎么找到一对不同的数字？怎么删除呢？
在算法的执行过程中，使用一个常量空间来记录候选元素 c 以及他出现的次数 f(c) , c 即为当前阶段出现超过半次的元素（当前阶段指在遍历数组的过程中的 前i个元素）。
在开始之前，c 为第一个元素, f(c) 为 0,然后开始遍历数组：
 如果数组A[i] == c,即元素相同，则f(c)+=1
 如果数组A[i] !== c，即元素不相同，则 f(c)-=1，即删除这个元素的计数。
 如果元素相同或者计数为0，则应该更新元素并将计数加1。
对于两个不同元素，在遍历过后就会使计数器重新变回0，就相当于删除了两个不同元素！
 在遍历的过程中，如果 f(c) = 0，表示当前并没有候选的元素存在；如果f(c)!=0就是在当前阶段存在候选元素（元素在当前阶段出现超过半数），那么他在剩余的字符串中出现的次数也用超过半数，所以方法是可行的。

int majorityElement(vector<int>& nums) {int count=0;int result=nums[0];for(int i=0;i<nums.size();i++){if(count==0||nums[i]==result){count++;result=nums[i];}elsecount--;}return result;
}

本来最后f(c) > 0的元素可能并不是出现半次以上的元素，比如{1,2,3}，需要遍历数组确认是否出现超过半次，但是题目保证存在出现半次以上的元素，就不用考虑了。