Leetcode刷题笔记：多数元素(摩尔投票算法最通俗的理解)

本文主要是介绍Leetcode刷题笔记：多数元素(摩尔投票算法最通俗的理解)，希望对大家解决编程问题提供一定的参考价值，需要的开发者们随着小编来一起学习吧！

关键点：

• 给定的数组总是存在多数元素。
• 出现次数大于 $\lfloor n/2\rfloor$

说明下面这种情况不会出现在测试用例中：

[3,3,3,2,2,2,4] 或 [3,3,3,2,2,2]

也就是刚好有2个频率等于 $\lfloor n/2\rfloor$ 的元素

按照进阶要求，设计一个时间复杂度为 O(n)、空间复杂度为 O(1) 的算法，可以使用摩尔投票算法（Boyer-Moore Voting Algorithm）来解决这个问题。

摩尔投票算法

通俗地理解，这是一场战斗游戏，游戏设定战斗结束时必定有且只有1个存活者(candidate) ，最终返回的多数元素相当于存活者。战斗开始时(count==0) ，我们先把第一个元素设置为存活者，并且给第一个元素赋予初始生命值1滴血，之后的循环过程相当于是战斗过程，只要碰见一个与当前存活者相同的元素，无需战斗，就给他生命值+1滴血(count += 1)，只要碰见一个和当前存活者不同的元素就需要战斗，战斗的结果就是消耗1滴血(count += -1)，只要当前的 count 不为 0，当前这个存活者就还“活着”，不会被更换，直到最后，战斗结束时，必然会有一个最终的存活者，这个存活者就是多数元素。

这个“活着”的概念可以理解为 candidate 元素仍然有足够的力量继续和其他不同的元素对抗或抵消。

C++ 代码实现：

#include <vector>class Solution {
public:int majorityElement(std::vector<int>& nums) {//初始化计数器和候选者int count = 0;int candidate = 0;// 摩尔投票算法for (int num : nums) {//首先，设置或更换 candidate(在计数器为 0 时)。//如果是第一个元素则是设置，否则是被抵消完之后的更新if (count == 0) {candidate = num;}//然后，根据当前元素是否与当前候选者相同对计数器进行更新count += (num == candidate) ? 1 : -1;}//循环结束，返回多数元素return candidate;}
};

刚进入for循环时，变量 count 的值并非是当前 candidate 元素的总出现次数，而是当前循环步骤中当前 candidate 元素经过抵消后的出现次数。

当我们遇到一个与当前 candidate 不相同的元素时，count 减 1 是因为这些不同的元素可能代表着一个和 candidate 具有相同频率的另一类元素。因此，我们可以将当前的 candidate 和这个不同的元素看作是一对“相互抵消”的元素。

candidate 变量存储当前的候选元素。

具体过程可以这样理解：

• 当我们遇到与 candidate 相同的元素时，count 增加，表示它的力量增强。
• 当我们遇到与 candidate 不同的元素时，count 减少，表示它与这个不同元素互相抵消了一部分力量。
• 只有当 count 减少到 0 时，表示当前的 candidate 被完全抵消掉了，它已经没有足够的力量继续作为候选元素，此时我们需要选择一个新的元素作为新的 candidate。

所以，只要 count 不为 0，当前的 candidate 还在“战斗”，它还是有可能是多数元素，只有当它被完全抵消（count = 0）时，才会更换新的候选者。

这个“抵消战斗”的机制确保了多数元素（出现次数超过一半的那个元素）在整个数组遍历过程中会存活下来，并最终成为剩下的那个“胜者”。

count == 0 的可能情况

当前元素是数组的第一个元素时 count 为 0 外，还有另一种情况会导致计数为 0，即 候选元素和其他不同元素相互抵消 的过程中。

具体来说，当候选元素的计数减少到 0 时，说明之前的候选元素已经被后续元素抵消完了(遇到了和候选元素出现次数一样多的与候选元素不相同的元素)。在这种情况下，算法认为当前的候选元素不再是有效的多数元素，因此需要选择下一个未抵消的元素作为新的候选者。这发生的场景通常是：

1. 候选元素的频率和非候选元素频率相同：如果数组中存在的元素并不是立即连续重复的，当前候选元素可能会逐渐被其他元素的不同值抵消，最终 count 变为 0。例如[3,2,3,4,3,6,3]，count 的变化情况是[1,0,1,0,1,0,1]，在经过元素 6 的循环步骤之后，count == 0 ，由于题目描述必定存在多数元素，所以最后一个元素必定是 3。经过最后一次循环步骤之后，count == 1

2. 当前候选元素遇到了足够多的与它不同的元素：当某一个候选元素不断被与它不同的元素抵消时，count 逐渐减少到 0，此时下一个未抵消的元素会成为新的候选者。例如[3,3,3,1,4,7,3]，count 的变化情况是[1,2,3,2,1,0,1]，在经过元素 7 的循环步骤之后，count == 0 ，同样，由于题目描述必定存在多数元素，所以最后一个元素必定是 3。经过最后一次循环步骤之后，count == 1

这个算法的时间复杂度是 O(n)，因为我们只需要遍历一次数组，空间复杂度是 O(1)，因为我们只使用了常量级别的额外空间。

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