关于leetcode:每日一练20数组中出现次数超过一半的数字

title: 每日一练（20）：数组中呈现次数超过一半的数字

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tags:[每日一练]

date: 2022/02/16

每日一练（20）：数组中呈现次数超过一半的数字

数组中有一个数字呈现的次数超过数组长度的一半，请找出这个数字。

你能够假如数组是非空的，并且给定的数组总是存在少数元素。

示例 1:

输出: [1, 2, 3, 2, 2, 2, 5, 4, 2]

输入: 2

限度：

1 <= 数组长度 <= 50000

起源：力扣（LeetCode）

链接：https://leetcode-cn.com/probl…

办法一：哈希表

思路

咱们晓得呈现次数最多的元素大于 n/2 次，所以能够用哈希表来疾速统计每个元素呈现的次数。

算法

咱们应用哈希映射（HashMap）来存储每个元素以及呈现的次数。对于哈希映射中的每个键值对，键示意一个元素，值示意该元素呈现的次数。

咱们用一个循环遍历数组 nums 并将数组中的每个元素退出哈希映射中。在这之后，咱们遍历哈希映射中的所有键值对，返回值最大的键。咱们同样也能够在遍历数组 nums 时候应用打擂台的办法，保护最大的值，这样省去了最初对哈希映射的遍历。

复杂度剖析

• 工夫复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。咱们遍历数组 nums 一次，对于 nums 中的每一个元素，将其插入哈希表都只须要常数工夫。如果在遍历时没有保护最大值，在遍历完结后还须要对哈希表进行遍历，因为哈希表中占用的空间为 O(n)（可参考下文的空间复杂度剖析），那么遍历的工夫不会超过 O(n)。因而总工夫复杂度为 O(n)。
• 空间复杂度：O(n)。哈希表最多蕴含 n - n/2个键值对，所以占用的空间为 O(n)。这是因为任意一个长度为 n 的数组最多只能蕴含 n 个不同的值，但题中保障 nums 肯定有一个众数，会占用（起码）n/2 + 1 个数字。因而最多有 n - (n/2 +1) 个不同的其余数字，所以最多有 n - n/2个不同的元素。

int majorityElement(vector<int>& nums) {
    unordered_map<int, int> counts;
    int majority = 0, cnt = 0;
    for (int num : nums) {++counts[num];
        if (counts[num] > cnt) {
            majority = num;
            cnt = counts[num];
        }
    }
    return majority;
}

办法二：排序

思路

如果将数组 nums 中的所有元素依照枯燥递增或枯燥递加的程序排序，那么下标为 n/2 的元素（下标从 0 开始）肯定是众数。

算法

对于这种算法，咱们先将 nums 数组排序，而后返回上文所说的下标对应的元素。

复杂度剖析

• 工夫复杂度：O(n log n)。将数组排序的工夫复杂度为 O(n log n)。
• 空间复杂度：O(log n)。如果应用语言自带的排序算法，须要应用 O(log n) 的栈空间。如果本人编写堆排序，则只须要应用 O(1) 的额定空间。

int majorityElement(vector<int>& nums) {sort(nums.begin(), nums.end());
    return nums[nums.size() / 2];
}

办法三：随机化

思路

因为超过 n/2 的数组下标被众数占据了，这样咱们随机筛选一个下标对应的元素并验证，有很大的概率能找到众数。

算法

因为一个给定的下标对应的数字很有可能是众数，咱们随机筛选一个下标，查看它是否是众数，如果是就返回，否则持续随机筛选。

int majorityElement(vector<int>& nums) {while (true) {int candidate = nums[rand() % nums.size()];
        int count = 0;
        for (int num : nums) {if (num == candidate) {++count;}
            if (count > nums.size() /2)
        }
    }
}