- 多数元素
解法一： 遍历整个数组，然后用另一重循环统计每个数字出现的次数。将出现次数大于len/2的数字返回。
时间复杂度：O(n^2)
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
int majorityCount = nums.length/2;
for (int num : nums) {
int count = 0;
for (int elem : nums) {
if (elem == num) {
count ++;
}
}
if (count > majorityCount) {
return num;
}
}
return -1;
}
}
解法二： 如果所有数字被单调递增或者单调递减的顺序排了序，那么众数的下标为 n/2(偶数时为n/2+1)
时间复杂度：O(nlgn)
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
Arrays.sort(nums);
return nums[nums.length/2];
}
}
- 数组中的第K个最大元素
解法一： 直接使用库函数sort排序后输出len-k即可，时间复杂度：O(NlogN)
解法二： 快速排序的思想是每轮选中一个基准值，然后两个指针分别从头尾遍历直到相遇，在该轮结束时，将基准值调换到合适的位置，使他左边都比他小，右边都比他大。这道题显然可以利用这种思想，先将比基准值大的元素都分到数组的右边，看基准值的位置是否是len-k,大了就到前半再排，小了就到后半再排，直到相等。
这种情况下时间复杂度：O（以n为首项，1/2为公比的等比数列的和） = O（n）
需要注意的时，这种方法对于越混乱的越高效，如果面对最坏情况（已经有序排列），这种方法会达到 O(N^2)，毫无意义。所以必须随机选择初始基准值。
import java.util.Random;
public class Solution {
private static Random random = new Random(System.currentTimeMillis());
public int findKthLargest(int[] nums, int k) {
int len = nums.length;
int left = 0;
int right = len - 1;
int target = len - k;
while (true) {
int index = partition(nums, left, right);
if (index == target) {
return nums[index];
} else if (index < target) {
left = index + 1;
} else {
right = index - 1;
}
}
}
public int partition(int[] nums, int left, int right) {
// 在区间随机选择一个元素作为标定点
if (right > left) {
int randomIndex = left + 1 + random.nextInt(right - left);
swap(nums, left, randomIndex);
}
int pivot = nums[right];
int j = right;
for (int i = right-1; i>=left; i--) {
if (nums[i] > pivot) {
// 大于 pivot 的元素都被交换到后面
j--;
swap(nums, j, i);
}
}
swap(nums, j, right);
return j;
}
private void swap(int[] nums, int index1, int index2) {
int temp = nums[index1];
nums[index1] = nums[index2];
nums[index2] = temp;
}
}
- 寻找两个有序数组的中位数
解法一： 因为是两个有序数组，所以只要设置两个指针遍历两个数组，找到中位数即可。注意区别总长奇偶两种情况，且两种情况都需要遍历len/2+1次:
如果是奇数，我们需要知道第 （len+1）/2 个数,
如果是偶数，我们需要知道第 len/2和 len/2+1 个数
时间复杂度：遍历 len/2+1 次，len=m+n，所以时间复杂度O(m+n)O(m+n)O(m+n)。
空间复杂度：申请了常数个变量，所以空间复杂度是 O(1）O(1）O(1）。
class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int n=nums1.length;
int m=nums2.length;
int len=n+m;
int pa=0,pb=0;//两个指针
int before=-1,after=-1;//长为偶数时需存储前一个值
for(int i=0;i<len/2+1;i++){
//最后一次循环befor保存前一次，after更新
before=after;
//a，b未到头时a值比b值小 a++ 否则 b++
//a 到头，即b剩下的都比a大，继续遍历b;b到头同理
//因为遍历len/2+1次，所以不会a,b同时到头
if(pa<n & (pb>=m || nums1[pa]<nums2[pb])){
after=nums1[pa++];
}else{
after=nums2[pb++];
}
}
if(len%2==0){
return (before+after)/2.0;
}else{
return after;
}
}
}
解法2： 题目要求算法的时间复杂度为 O(log(m + n))，所以要运用分治法，也就是上一题“输出前K大的元素“。
时间复杂度：每进行一次循环，就减少 k/2 个元素，所以时间复杂度是 O(log(k))，而
k=(m+n)/2，所以最终的复杂度为 O(log(m+n)。
空间复杂度：O(1)。
解法一中，我们一次遍历就相当于去掉不可能是中位数的一个值，也就是一个一个排除。由于数列是有序的，其实我们完全可以一半儿一半儿的排除。假设我们要找第 k 小数，我们可以每次循环排除掉 k/2 个数。看下边一个例子。
假设我们要找第 7 小的数字。
我们比较两个数组的第 k/2 个数字，如果 k 是奇数，向下取整。也就是比较第 3 个数字，上边数组中的 4 和下边数组中的3，哪个小，就表明该数组的前 k/2 个数字都不是第 k 小数字，所以可以排除。也就是 1,2,3 这三个数字不可能是第7 小的数字，我们可以把它排除掉。将 1349和 45678910两个数组作为新的数组进行比较。
更一般的情况 A[1] ，A[2] ，A[3]，A[k/2] … ，B[1]，B[2]，B[3]，B[k/2] … ，如果
A[k/2]<B[k/2] ，那么A[1]，A[2]，A[3]，A[k/2]都不可能是第 k 小的数字。A 数组中比 A[k/2] 小的数有 k/2-1 个，B 数组中，B[k/2] 比 A[k/2] 小，所以比 A[k/2] 小的数字最多有 k/2-1+k/2-1=k-2个，所以 A[k/2]最多是第 k-1 小的数。而比 A[k/2] 小的数更不可能是第 k 小的数了，所以可以把它们排除。
橙色的部分表示已经去掉的数字。
由于我们已经排除掉了 3 个数字，就是这 3 个数字一定在最前边，所以在两个新数组中，我们只需要找第 7 - 3 = 4小的数字就可以了，也就是 k = 4。此时两个数组，比较第 2 个数字，3 < 5，所以我们可以把小的那个数组中的 1 ，3 排除掉了。
我们又排除掉 2 个数字，所以现在找第 4 - 2 = 2 小的数字就可以了。此时比较两个数组中的第 k / 2 = 1 个数，4 == 4，怎么办呢？由于两个数相等，所以我们无论去掉哪个数组中的都行，因为去掉 1 个总会保留 1 个的，所以没有影响。为了统一，我们就假设 4>4 吧，所以此时将下边的 4 去掉。
由于又去掉 1 个数字，此时我们要找第 1 小的数字，所以只需判断两个数组中第一个数字哪个小就可以了，也就是 4。
所以第 7 小的数字是 4。
我们每次都是取 k/2 的数进行比较，有时候可能会遇到数组长度小于 k/2的时候。
此时 k / 2 等于 3，而上边的数组长度是 2，我们此时将箭头指向它的末尾就可以了。这样的话，由于 2 < 3，所以就会导致上边的数组 1，2 都被排除。造成下边的情况。
由于 2 个元素被排除，所以此时 k = 5，又由于上边的数组已经空了，我们只需要返回下边的数组的第 5 个数字就可以了。
从上边可以看到，无论是找第奇数个还是第偶数个数字，对我们的算法并没有影响，而且在算法进行中，k 的值都有可能从奇数变为偶数，最终都会变为 1,或者由于一个数组空了，直接返回结果。
所以我们采用递归的思路，为了防止数组长度小于 k/2，所以每次比较 min(k/2，len(数组)
对应的数字，把小的那个对应的数组的数字排除，将两个新数组进入递归，并且 k 要减去排除的数字的个数。递归出口就是当 k=1
或者其中一个数字长度是 0 了。作者：windliang
链接：https://leetcode-cn.com/problems/median-of-two-sorted-arrays/solution/xiang-xi-tong-su-de-si-lu-fen-xi-duo-jie-fa-by-w-2/
来源：力扣（LeetCode）
class Solution {
public double findMedianSortedArrays(int[] nums1, int[] nums2) {
int n = nums1.length;
int m = nums2.length;
int left = (n + m + 1) / 2;
int right = (n + m + 2) / 2;
//将偶数和奇数的情况合并，如果是奇数，会求两次同样的 k 。
return (getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, left) + getKth(nums1, 0, n - 1, nums2, 0, m - 1, right)) * 0.5;
}
private int getKth(int[] nums1, int start1, int end1, int[] nums2, int start2, int end2, int k) {
int len1 = end1 - start1 + 1;
int len2 = end2 - start2 + 1;
//让 len1 的长度小于 len2，这样就能保证如果有数组空了，一定是 len1
if (len1 > len2) return getKth(nums2, start2, end2, nums1, start1, end1, k);
if (len1 == 0) return nums2[start2 + k - 1];
if (k == 1) return Math.min(nums1[start1], nums2[start2]);
int i = start1 + Math.min(len1, k / 2) - 1;
int j = start2 + Math.min(len2, k / 2) - 1;
if (nums1[i] > nums2[j]) {
return getKth(nums1, start1, end1, nums2, j + 1, end2, k - (j - start2 + 1));
}
else {
return getKth(nums1, i + 1, end1, nums2, start2, end2, k - (i - start1 + 1));
}
}
}