目录
一，题目描述
英文描述
中文描述
二，解题思路
1，摩尔投票法
1.1 适用场景
1.2 基本思想
1.3 算法步骤
1.4 简单示例
2，解题思路
三，AC代码
C++
Java
四，解题过程
第一博
一，题目描述
原题链接229. 求众数 II
英文描述
Given an integer array of size n, find all elements that appear more than ⌊ n/3 ⌋ times.
Follow-up: Could you solve the problem in linear time and in O(1) space?
Example 1:
Input: nums = [3,2,3]
Output: [3]
Example 2:
Input: nums = [1]
Output: [1]
Example 3:
Input: nums = [1,2]
Output: [1,2]
Constraints:
1 <= nums.length <= 5 * 104
-109 <= nums[i] <= 109
中文描述
给定一个大小为 n 的数组，找出其中所有出现超过 ⌊ n/3 ⌋ 次的元素。
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。
示例 1：
输入：[3,2,3]
输出：[3]
示例 2：
输入：nums = [1]
输出：[1]
示例 3：
输入：[1,1,1,3,3,2,2,2]
输出：[1,2]
提示：
1 <= nums.length <= 5 * 10^4
-10^9 <= nums[i] <= 10^9
链接：https://leetcode-cn.com/problems/majority-element-ii
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二，解题思路
摩尔投票法参考@我脱下短袖【两幅动画演示摩尔投票法，最直观的理解方式】。动画展示清晰易懂！
由于解题需要，这里再简单介绍下摩尔投票法：
1，摩尔投票法
1.1 适用场景
求一个数组的一个众数，众数满足：出现次数＞n / 2；
求一个数组的两个众数，众数满足：出现次数＞n / 3；
求一个数组的三个众数，众数满足：出现次数＞n / 4；
1.2 基本思想
采用投票抵消的方法。
cand记录当前候选人，count记录候选人当前票数，遍历数组：
当前元素为候选人时，票数加一；
否则判断该候选人的剩余票数：
- 若当前票数为0时，更换候选人为当前元素，且重置count为1；
- 否则count减一；
由于符合条件的候选者出现次数＞n/2，即获得了一半以上的选票，所以这样一一抵消之后，至少还会剩余一票，即最后count>0对应的cand有很大几率成为最终答案（如果最终答案不是cand，那么说明数组中不存在符合条件的元素）；
之所以说是很大几率，是因为如果数组中不存在符合条件的元素时，遍历到数组最后，count也可能大于1，比如[1，2，3，4，5，6，7，7]，因而为了确定最终答案，还需要再次遍历一次数组，确定cand是否为最终答案；
1.3 算法步骤
抵消阶段：两个不同投票进行对坑，并且同时抵消掉各一张票，如果两个投票相同，则累加可抵消的次数；
计数阶段：在抵消阶段最后得到的抵消计数只要不为 0，那这个候选人是有可能超过一半的票数的，为了验证，则需要遍历一次，统计票数，才可确定。
1.4 简单示例
以数组[A, B, C, A, A, B, A]为例，寻找出现次数> n/2的元素：
初始化 A B C A A B A
[A：0] ：[A：1] -》[A：0] -》[C：1] -》[C：0] -》[A：1] -》[A：0] -》[A：1]
2，解题思路
由于本题中需要找出所有出现次数> n / 3的元素，可知这样的元素最多有两个，所以设计cand1、cand2记录两个候选人，count1、count2记录两位候选人的票数；
1）投票阶段：
当前元素为候选人之一，该候选人票数加一，另一候选人票数不变；
否则，判断两位候选人票数是否都大于0：
- 若是，则票数均减一；
- 否则替换其中一位票数为0 的候选人为当前元素，重置其票数为1；
2）计数阶段：
再次遍历数组，判断两位候选人的票数是否符合条件；
三，AC代码
C++
class Solution {
public:
vector<int> majorityElement(vector<int>& nums) {
vector<int> ans;
if(nums.size() == 0) return ans;
int cand1 = nums[0], cand2 = nums[0]; // 候选人
int count1 = 0, count2 = 0; // 票数
// 投票阶段
for(int i = 0; i < nums.size(); i++) {
if(nums[i] == cand1 || nums[i] == cand2) { // 当前选票为候选人之一
nums[i] == cand1 ? count1++ : count2++;
}else {
if(count1 != 0 && count2 != 0) { // 候选人票数均大于0时 票数各减1
count1--;
count2--;
} else {
// 其中一个或多个候选人票数为0 需要替换候选人 且只需替换掉一位即可
if(count1 == 0) {
cand1 = nums[i];
count1 = 1;
}else {
cand2 = nums[i];
count2 = 1;
}
}
}
}
// 计数阶段
count1 = count2 = 0; // 票数清0
for(int i : nums) {
if(cand1 == i) count1++; // 这里使用if-else语句 保证当cand1==cand2时 票数只加在一个候选人上
else if(cand2 == i) count2++;
}
if(count1 > nums.size() / 3) ans.push_back(cand1);
if(count2 > nums.size() / 3) ans.push_back(cand2);
return ans;
}
};
Java
class Solution {
public List<Integer> majorityElement(int[] nums) {
List<Integer> ans = new ArrayList<>();
if(nums.length == 0) return ans;
int cand1 = nums[0], cand2 = nums[0];
int count1 = 0, count2 = 0;
// 投票
for(int i = 0; i < nums.length; i++) {
if(nums[i] == cand1 || nums[i] == cand2) {
if(nums[i] == cand1) count1++;
else count2++;
} else {
if(count1 > 0 && count2 > 0) {
count1--;
count2--;
} else {
if(count1 == 0) {
cand1 = nums[i];
count1 = 1;
} else {
cand2 = nums[i];
count2 = 1;
}
}
}
}
// 计数
count1 = count2 = 0;
for(int k : nums) {
if(k == cand1) count1++;
else if(k == cand2) count2++;
}
if(count1 > nums.length / 3) ans.add(cand1);
if(count2 > nums.length / 3) ans.add(cand2);
return ans;
}
}
四，解题过程
第一博
思考：
- 寻找数目大于n/3，也就是说答案数组中最多有两个元素；
- 时间要求O(N)，空间要求O(1)。也就意味着有限常数次遍历数组，且借助的空间只有几个变量；
没有想到好的方法，只好参考大佬给出的解法：摩尔投票法。妙不可言！
使用了4个int型变量，一个vector<int>数组存放结果，但是内存消耗有点出乎意料╮(╯▽╰)╭
