出现次数超过一半的数

题意：数组中有一个数字出现的次数超过了数组长度的一半，找出这个数字。

分析与解法

一个数组中有很多数，现在我们要找出其中那个出现次数超过总数一半的数字，怎么找呢？大凡当我们碰到某一个杂乱无序的东西时，我们人的内心本质期望是希望把它梳理成有序的。所以，我们得分两种情况来讨论，无序和有序。

解法一

如果数组无序，那么我们是不是可以先把数组中所有这些数字先进行排序（至于排序方法可选取最常用的快速排序）。排完序后，直接遍历，在遍历整个数组的同时统计每个数字的出现次数，然后把那个出现次数超过一半的数字直接输出，题目便解答完成了。总的时间复杂度为(O(nlogn + n))。

但如果是有序的数组呢，或者经过排序把无序的数组变成有序后的数组呢？是否在排完序(O(nlogn))后，还需要再遍历一次整个数组？

我们知道，既然是数组的话，那么我们可以根据数组索引支持直接定向到某一个数。我们发现，一个数字在数组中的出现次数超过了一半，那么在已排好序的数组索引的(N/2)处（从零开始编号），就一定是这个数字。自此，我们只需要对整个数组排完序之后，然后直接输出数组中的第N/2处的数字即可，这个数字即是整个数组中出现次数超过一半的数字，总的时间复杂度由于少了最后一次整个数组的遍历，缩小到(O(n*logn))。

然时间复杂度并无本质性的改变，我们需要找到一种更为有效的思路或方法。

解法二

既要缩小总的时间复杂度，那么可以用查找时间复杂度为O(1)的hash表，即以空间换时间。哈希表的键值（Key）为数组中的数字，值（Value）为该数字对应的次数。然后直接遍历整个hash表，找出每一个数字在对应的位置处出现的次数，输出那个出现次数超过一半的数字即可。

解法三

Hash表需要O(n)的空间开销，且要设计hash函数，还有没有更好的办法呢？我们可以试着这么考虑，如果每次删除两个不同的数（不管是不是我们要查找的那个出现次数超过一半的数字），那么，在剩下的数中，我们要查找的数（出现次数超过一半）出现的次数仍然超过总数的一半。通过不断重复这个过程，不断排除掉其它的数，最终找到那个出现次数超过一半的数字。这个方法，免去了排序，也避免了空间O(n)的开销，总得说来，时间复杂度只有O(n)，空间复杂度为O(1)，貌似不失为最佳方法。

举个简单的例子，如数组a[5] = {0, 1, 2, 1, 1};

很显然，若我们要找出数组a中出现次数超过一半的数字，这个数字便是1，若根据上述思路4所述的方法来查找，我们应该怎么做呢？通过一次性遍历整个数组，然后每次删除不相同的两个数字，过程如下简单表示：

0 1 2 1 1 =>2 1 1=>1

最终1即为所找。

此外，对于序列{5, 5, 5, 5, 1}，每次分别从数组两端尝试各删除一个数(左边删除5, 右边删除1，两个数不相同)，之后剩余{5, 5, 5}，这时无法找到两个不同的数进行删除，说明剩余元素全部相同，返回5作为结果即可。

解法四

更进一步，考虑到这个问题本身的特殊性，我们可以在遍历数组的时候保存两个值：一个candidate，用来保存数组中遍历到的某个数字；一个nTimes，表示当前数字的出现次数，其中，nTimes初始化为1。当我们遍历到数组中下一个数字的时候：

• 如果下一个数字与之前candidate保存的数字相同，则nTimes加1；
• 如果下一个数字与之前candidate保存的数字不同，则nTimes减1；
• 每当出现次数nTimes变为0后，用candidate保存下一个数字，并把nTimes重新设为1。 直到遍历完数组中的所有数字为止。

举个例子，假定数组为{0, 1, 2, 1, 1}，按照上述思路执行的步骤如下：

• 1.开始时，candidate保存数字0，nTimes初始化为1；
• 2.然后遍历到数字1，与数字0不同，则nTimes减1变为0；
• 3.因为nTimes变为了0，故candidate保存下一个遍历到的数字2，且nTimes被重新设为1；
• 4.继续遍历到第4个数字1，与之前candidate保存的数字2不同，故nTimes减1变为0；
• 5.因nTimes再次被变为了0，故我们让candidate保存下一个遍历到的数字1，且nTimes被重新设为1。最后返回的就是最后一次把nTimes设为1的数字1。

思路清楚了，完整的代码如下：

//a代表数组，length代表数组长度
int FindOneNumber(int* a, int length)
{
    int candidate = a[0];
    int nTimes = 1;
    for (int i = 1; i < length; i++)
    {
        if (nTimes == 0)
        {
            candidate = a[i];
            nTimes = 1;
        }
        else
        {
            if (candidate == a[i])
                nTimes++;
            else
                nTimes--;
        }
    }
    return candidate;
}

即针对数组{0, 1, 2, 1, 1}，套用上述程序可得：

i=0，candidate=0，nTimes=1；
i=1，a[1] != candidate，nTimes--，=0；
i=2，candidate=2，nTimes=1；
i=3，a[3] != candidate，nTimes--，=0；
i=4，candidate=1，nTimes=1；
如果是0，1，2，1，1，1的话，那么i=5，a[5] == candidate，nTimes++，=2；......

解法五

再进一步，再次考虑这个问题本身的特殊性，可以采用概率方法，每次取两个数出来比较，直到发现两个相同的数。(解法五的发散思维来自Rogn dalao)

#include<cstdio>
#include<cstdlib>

int main()
{
    int a[] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 6, 6, 6, 6};
    int n = 8;
    int i = rand() % n;
    int j = rand() % n;
    while(a[i] != a[j])
    {
        i = rand() % n;
        j = rand() % n;
    }
    printf("%d
", a[i]);
}

复杂度：

任意两个数不同的概率

p约等于3/4，p^10= 0.056，也就是说10次还没出结果的概率为0.056，已经比较小了。

有趣的是，n越大，该概率越小。

举一反三

题意：找出出现次数刚好是一半的数字

分析：我们知道：有N个数，其中有一个数出现超过一半，要求在线性时间求出这个数。那么，我的问题是，加强版水王：有N个数，其中有一个数刚好出现一半次数，要求在线性时间内求出这个数。

因为，很明显，如果是刚好出现一半的话，如此例： 0，1，2，1 ：

遍历到0时，candidate为0，times为1
遍历到1时，与candidate不同，times减为0
遍历到2时，times为0，则candidate更新为2，times加1
遍历到1时，与candidate不同，则times减为0；我们需要返回所保存candidate（数字2）的下一个数字，即数字1。