給定一個大小爲 n 的數組，找到其中的衆數。衆數是指在數組中出現次數大於 ⌊ n/2 ⌋ 的元素。
你可以假設數組是非空的，並且給定的數組總是存在衆數。
方法 1：哈希表
想法
可以用哈希表來快速統計每個元素出現的次數。
算法
我們使用哈希表來存儲每個元素，然後用一個循環在線性時間內遍歷 nums ，然後我們只需要返回有最大值的鍵。
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.E***y<Integer, Integer> majorityE***y = null;
for (Map.E***y<Integer, Integer> e***y : counts.e***ySet()) {
if (majorityE***y == null || e***y.getValue() > majorityE***y.getValue()) {
majorityE***y = e***y;
}
}
return majorityE***y.getKey();
}
}
複雜度分析
時間複雜度：O(n)
我們將 nums 迭代一次，哈希表的插入是常數時間的。所以總時間複雜度爲 O(n)O(n) 時間的。
空間複雜度：O(n)
方法 2：Boyer-Moore 投票算法
想法
如果我們把衆數記爲 +1+1 ，把其他數記爲 -1−1 ，將它們全部加起來，顯然和大於 0 ，從結果本身我們可以看出衆數比其他數多。
算法
本質上， Boyer-Moore 算法就是找 nums 的一個後綴 sufsuf ，其中 suf[0]suf[0] 就是後綴中的衆數。我們維護一個計數器，如果遇到一個我們目前的候選衆數，就將計數器加一，否則減一。只要計數器等於 0 ，我們就將 nums 中之前訪問的數字全部 忘記 ，並把下一個數字當做候選的衆數。直觀上這個算法不是特別明顯爲何是對的，我們先看下面這個例子（豎線用來劃分每次計數器歸零的情況）
[7, 7, 5, 7, 5, 1 | 5, 7 | 5, 5, 7, 7 | 7, 7, 7, 7]
首先，下標爲 0 的 7 被當做衆數的第一個候選。在下標爲 5 處，計數器會變回0 。所以下標爲 6 的 5 是下一個衆數的候選者。由於這個例子中 7 是真正的衆數，所以通過忽略掉前面的數字，我們忽略掉了同樣多數目的衆數和非衆數。因此， 7 仍然是剩下數字中的衆數。
[7, 7, 5, 7, 5, 1 | 5, 7 | 5, 5, 7, 7 | 5, 5, 5, 5]
現在，衆數是 5 （在計數器歸零的時候我們把候選從 7 變成了 5）。此時，我們的候選者並不是真正的衆數，但是我們在 遺忘 前面的數字的時候，要去掉相同數目的衆數和非衆數（如果遺忘更多的非衆數，會導致計數器變成負數）。
因此，上面的過程說明了我們可以放心地遺忘前面的數字，並繼續求解剩下數字中的衆數。最後，總有一個後綴滿足計數器是大於 0 的，此時這個後綴的衆數就是整個數組的衆數。
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
int count = 0;
Integer candidate = null;
for (int num : nums) {
if (count == 0) {
candidate = num;
}
count += (num == candidate) ? 1 : -1;
}
return candidate;
}
}
複雜度分析
時間複雜度：O(n)
Boyer-Moore 算法嚴格執行了 nn 次循環，所以時間複雜度是線性時間的。
空間複雜度：O(1)
Boyer-Moore 只需要常數級別的額外空間
作者：LeetCode
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來源：力扣（LeetCode）