Majority Vote Alogrithm（最大投票算法）及其扩展

Boyer-Moore：A Linear Time Majority Vote Alogrithm，这是最基础的最大投票算法。

• 原文中提到：decides which element of a sequence is in the majority, provided there is such an element.,可是讲的有一些含糊。我再补充一下：在一次投票中，若是某一种投票出现的数量大于（这里必须是大于而不能是等于，不然在某些特殊条件下会获得错误结果）总投票，咱们就认为这种投票是咱们要找的 Majority Element。

参考 Leetcode 上的这道题：169.Majority Element

Given an array of size n, find the Majority Element. The Majority Element is the element that appears more than ⌊ n/2 ⌋ times.

You may assume that the array is non-empty and the Majority Element always exist in the array.

算法的具体思路是：假设在给定长度为 n 的数组中，Majority Element 出现的次数是 k 次，那么非 Majority Element 的出现次数就为 n-k。若是咱们能去掉这 n-k 个元素那么剩下的就所有是 Majority Element 了。

咱们能够遍历数组,当碰到两个不同的数字时,咱们将这两个数字同时丢弃这两个数字中可能有一个为 Majority Element,也可能两个都不为Majority Element.由于k 大于 n/2,因此在最差状况下(每次移除不一样数字时都包含一个Majority Element),咱们仍然可以保证最后获得的数字是Majority Element.

• 在网上看到的不少资料中，对这一步的解释都是略微有些问题的。不少人简单的将这一步解释为：找到一个Majority Element，随后找到一个 非Majority Element，并将他们一并移除，这实际上是错误的。咱们在循环的时候，并无办法断定当前的数字是否为 Majority Element，因此在移除的时候，咱们多是移除了一个 Majority Element 和一个 非Majority Element，也有可能移除的是两个非Majority Element。因此最后 count 的值是不肯定的，可是它可以保证在最差状况下，剩余的仍然是 Majority Element。例如，[1,2,3,3,3] 和 [1,3,2,3,3] 这两个数组最后获得的 count 分别为 3 和 1，可是这并不影响答案的正确性。

这也是前面提到的Majority Element的数量必须大于n/2的缘由.

很容易算出最后剩余的Majority Element个数最少为： n - ((n - k) + (n - k)) = 2k - n。

public class Solution {
    public int majorityElement(int[] nums) {
        int candidate = 0;
        for(int i = 0,count = 0; i < nums.length; i++){
            //问题一： if 的断定顺序有要求吗？若是有要求的话应该是怎么样的呢？
            if(count == 0){
                count++;
                candidate = nums[i];
            }else if(candidate != nums[i]){
                count--;
            }else{
                count++;
            }
        }
        return candidate;
    }
}

这个算法很经典，也很简单，毕竟不用本身想。

接下来，咱们能够对这个算法作一些简单的扩展，咱们当前定义的 Majority Element 的数量大于 n/2 的元素。

若是咱们在投票只要知足投票数量超过 n/3 即认为它是最大投票，咱们能不能求出这个值呢？

妈蛋，文章中这种问题就跟小说里主角跳崖会不会死同样，有标准答案的。
乔治啊啊马丁：？

最大投票资料片：熊猫人之谜 229. Majority Element II

Given an integer array of size n, find all elements that appear more than ⌊ n/3 ⌋ times. The algorithm should run in linear time and in O(1) space.

思路依然同 Majority Element 同样，不一样的是咱们须要两个 Majority Element 的候选者，同时须要两个 count 分别对候选者进行计数。

count 为 candidate 当前出现的次数。count == 0 说明当前 candidate 对应的候选者已经被移除，咱们须要设定一个新的候选者。

public class Solution {
    public List<Integer> majorityElement(int[] nums) {
        //问题二：这里给 candidate0 candidate1 初始化值为 0，这会不会影响咱们运行的结果？
        int candidate0 = 0,candidate1 = 0,count0 = 0, count1 = 0;
        for(int i = 0; i < nums.length; i++){
            if(candidate0 == nums[i]){
                //当前数字等于一号候选数字
                count0++;
            }else if(candidate1 == nums[i]){
                //当前数字等于二号候选数字
                count1++;
            }else if(count0 == 0){
                //当前数字不等于一号候选数字或二号候选数字
                //同时必须知足 count 等于 0，由于若是 count != 0，说明还有候选数字在等待与它一组的另外两个数字
                count0++;
                candidate0 = nums[i];
            }else if(count1 == 0){
                count1++;
                candidate1 = nums[i];
            }else{
                //只有 不知足以上全部条件咱们才能对 count 进行减操做
                count0--;
                count1--;
            }
        }
        
        //**问题三：这里可以省略 distinct() 吗？为何？**
        return Stream.of(candidate0, candidate1).distinct().filter(num -> {
            int count = 0;
            for(int i = 0; i < nums.length; i++){
                if(nums[i] == num){
                    count++;
                }
            }
            return count > nums.length / 3;
        }).collect(Collectors.toList());
    }
}

咱们再梳理一遍思路：咱们须要找到三个不一样的数字，而后抛弃掉这三个数字：
首先要判断是否等于candidate，若是等于candidate那么对应的 candidate 必须加一等待其余的数字来消除它
当有一个 candidate 的 count 为 0 时，说明该 candidate 已经所有被消除，咱们须要设定新的 candidate 数字。
当一个数字不等于两个 candidate，同时两个 candidate 的 count 都不为零。这意味着当前这个数字就是这两个 candidate 等待的第三个数字。因而这三个数字被移除，同时他们的 count 都要减一。

这个算法到这里就结束了，时间复杂度是线性的 O(n),空间复杂度是 O(1)。
接下来是问题解答时间：

问题一： if 的断定顺序有要求吗？若是有要求的话应该是怎么样的呢？

答案是有要求，细心的读者可能发现，在 Majority Element 中，咱们对 count == 0 的判断在对 candidate == nums[i] 的判断以前，而在 Majority Element II 中则正好相反。

这是由于，count == 0 是用来判断对应 candidate 的当前存活量，在判断这一步以前，咱们必须确保数组中当前数字不等于 两个 candidate中的任意一个。不然，咱们可能会在 count0!=0 && count1==0 && nums[i]==candidate0 时错误的将 nums[i] 赋值给 candidate1。

问题二：这里给 candidate0 candidate1 初始化值为 0，这会不会影响咱们运行的结果？

不会，由于 candidate0 只会在第一次循环中使用，若是 candidate0 == nums[0]，count++不会引发任何问题。若是 candidate != nums[0] 那么咱们此时 count==0 从新初始化 candidate0 == nums[0]，一样不会有任何影响。

问题二扩充：若是咱们初始化 int candidate0 = 0, candidate1 = 1 会不会影响咱们的运行结果呢？

问题三：这里可以省略 distinct() 吗？为何？

不能，尽管咱们在循环中首先经过 if(candidate0 == nums[i]) 和 else if(candidate1 == nums[i]) 两个 if 判断，使得 candidate0 != candidate1 在绝大部分下成立，可是在一种极为特殊的状况下仍然可能会使得咱们获得重复的数组。

试想当整个数组全部的数字都相等的时候，咱们 candidate0 和 candidate1 这两个候选数字中，有一个数字将永远不会被从新赋值,也就是说，有一个数字将咱们赋给的初值保持到了最后。

在咱们的代码中，由于咱们将两个候选数字都初始化 0，因此当数组 全为0 时会返回错误的结果。

这一点，咱们能够经过将两个候选数字初始化为不一样的数字来解决：int candidate0 = 0,candidate1 = 1，这样咱们就能够移除掉 distinct() 了