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难度
简单
题目
给定一个大小为n的数组nums，返回其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数 大于 [n/2⌋的元素。
你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。
示例 1：
输入：nums = [3,2,3]
输出：3
示例 2：
输入：nums = [2,2,1,1,1,2,2]
输出：2
提示：
- n == nums.length
- 1 <= n <= 5 * 10^4
- -10^9 <= nums[i] <= 10^9
进阶：
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。
思路
- 计数法
利用 HashMap，其中 key 为数值，value 为出现次数。遍历整个数组，对记录每个数值出现的次数()。接着遍历 HashMap 中的每个 Entry，寻找 value 值大于 nums.length / 2 的 key 即可。
其时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(n)
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
int n = nums.length;
if(nums.length == 1){
return nums[0];
}
HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<>();
for(int x : nums){
map.put(x , map.getOrDefault(x,0) + 1);
}
for(int x : map.keySet()){
if(map.get(x) > (n/2) ){
return x;
}
}
return 0;
}
}
- 排序思路
既然数组中有出现次数 大于[n/2] 的元素，那排好序之后的数组中，相同元素总是相邻的。即存在长度大于 [n/2] 的一长串由相同元素构成的连续子数组。
举个例子：无论是 1 1 1 2 3，0 1 1 1 2 还是 -1 0 1 1 1，数组中间的元素总是“多数元素”，毕竟它长度大于 [n/2]。
其时间复杂度为O(n*log(n))，空间复杂度为 O(1)
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
Arrays.sort(nums);
return nums[nums.length / 2];
}
}
- 摩尔投票法思路
候选人(cand_num)初始化为 nums[0]，票数 count 初始化为 1。 当遇到与cand_num相同的数，则票数 count = count + 1，否则票数 count = count - 1。 当票数count为0时，更换候选人，并将票数 count 重置为 1。 遍历完数组后，cand_num 即为最终答案。
为何这行得通呢？ 投票法是遇到相同的则票数 + 1，遇到不同的则票数 - 1。 且“多数元素”的个数大于 [n/2]，其余元素的个数总和 小于等于 [n/2]。 因此“多数元素”的个数 - 其余元素的个数总和 的结果 肯定大于等于 1。这就相当于每个“多数元素”和其他元素 两两相互抵消，抵消到最后肯定还剩余至少1个 “多数元素”。
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
int res = nums[0];
int count = 1;
for(int i = 1;i < nums.length; i++){
if(res == nums[i]) {
count++;
}else if(--count == 0){
res = nums[i];
count =1;
}
}
return res;
}
}