😀前言
在算法和数据结构领域，找到数组中出现次数超过一半的数字是一个经典问题。这种问题在实际应用中也有广泛的使用场景，例如投票系统、数据分析等。今天，我们将探讨一种高效的解决方法——Boyer-Moore多数投票算法。

💞数组中出现次数超过一半的数字

NowCoder

问题描述

给定一个长度为 n 的数组，要求找到其中一个数字，其出现次数超过了数组长度的一半。简单来说，这个数字的出现次数超过了 n/2。例如：

• 输入：[1, 2, 3, 2, 2, 2, 5, 4, 2]
• 输出：2

在这个例子中，数字 2 出现了5次，超过了数组长度的一半，因此返回 2。

约束条件

• 数据范围：数组长度 n ≤ 50000，数组中元素的值在 0 ≤ val ≤ 10000 之间。
• 时间复杂度要求：O(n)。
• 空间复杂度要求：O(1)。

😄示例

示例1

输入：[1,2,3,2,2,2,5,4,2]
返回值：2

示例2

输入：[3,3,3,3,2,2,2]
返回值：3

示例3

输入：[1]
返回值：1

🥰解题思路

这个问题是典型的多数投票问题，可以利用 Boyer-Moore Majority Vote Algorithm 来解决，从而将时间复杂度优化为 O(N)。

Boyer-Moore 多数投票算法

算法的核心思想是通过一次遍历数组，动态维护一个候选多数元素，并利用计数器 cnt 来统计该元素的“有效”出现次数。具体步骤如下：

1. 计数初始化：设定一个计数器 cnt 和一个候选多数元素 majority。初始时将数组的第一个元素设为候选元素，cnt 设为 1。
2. 遍历数组：
   • 对于数组中的每个元素，判断它是否与当前的候选元素相等：
     • 如果相等，则将 cnt 加 1。
     • 如果不相等，则将 cnt 减 1。
   • 当 cnt 减至 0 时，意味着当前的候选元素在已遍历的部分中不再是多数，此时需要重新设定候选元素为当前元素，并将 cnt 重置为 1。
3. 验证候选元素：在遍历完成后，得到的候选元素未必一定是数组中的多数元素，因此需要进行一次验证。统计候选元素在数组中出现的总次数，如果其次数超过数组长度的一半，则它就是我们要找的多数元素。

算法的正确性分析

• 如果前 i 个元素已经遍历完毕且 cnt == 0，这表示当前数组前 i 个元素没有多数元素，或者有但其出现次数小于 i/2。在这种情况下，剩余的 n - i 个元素中，如果多数元素确实存在，其数量仍然会超过 (n - i) / 2，因此通过继续遍历，最终可以找出这个多数元素。
• 在最坏的情况下，算法需要遍历两次数组：第一次找出候选元素，第二次验证其是否为多数元素。因此，总的时间复杂度为 O(N)。

通过这种方法，我们能够在 O(N) 的时间复杂度和 O(1) 的空间复杂度下，找到数组中出现次数超过一半的数字。

😊代码实现

下面是基于上述思路的 Java 代码实现：

public int MoreThanHalfNum_Solution(int[] nums) {
    // 第一步：初始化候选元素为数组的第一个元素，计数器 cnt 初始值为 1
    int majority = nums[0];
    int cnt = 1;

    // 第二步：遍历数组，寻找可能的多数元素
    for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
        if (nums[i] == majority) {
            // 如果当前元素和候选元素相同，计数器加 1
            cnt++;
        } else {
            // 如果当前元素和候选元素不同，计数器减 1
            cnt--;
            // 当计数器为 0 时，更新候选元素为当前元素，并将计数器重置为 1
            if (cnt == 0) {
                majority = nums[i];
                cnt = 1;
            }
        }
    }

    // 第三步：验证候选元素是否是真正的多数元素
    cnt = 0;
    for (int num : nums) {
        // 统计候选元素在数组中出现的次数
        if (num == majority) {
            cnt++;
        }
    }

    // 如果候选元素出现的次数超过数组长度的一半，则返回该元素；否则返回 0（题目保证有解，这里不会返回 0）
    return cnt > nums.length / 2 ? majority : 0;
}

代码注释解释

1. 第一步：初始化候选元素和计数器
   • 我们从数组的第一个元素开始，将其设为候选的多数元素 majority，并初始化计数器 cnt 为 1。
2. 第二步：遍历数组寻找候选元素
   • 遍历数组的每个元素：
     • 如果当前元素与 majority 相同，说明它可能是多数元素，计数器 cnt 加 1。
     • 如果当前元素与 majority 不同，说明 majority 的优势减少，计数器 cnt 减 1。
     • 如果 cnt 减到 0，说明当前元素占据了更多的位置，需要重新设定 majority 为当前元素，并将 cnt 重置为 1。
3. 第三步：验证候选元素
   • 再次遍历数组，统计 majority 在数组中实际出现的次数。
   • 如果 majority 出现次数超过数组长度的一半，则它就是多数元素，返回它；否则返回 0（在这道题目中，题目保证有解，因此这里不会返回 0）。

😄总结

Boyer-Moore多数投票算法在处理出现次数超过一半的数字问题上，提供了一个非常高效的解决方案。它不仅满足了时间复杂度 O(n) 和空间复杂度 O(1) 的要求，而且通过一次遍历就能确定多数元素，非常适合大规模数据的处理。在今后的算法设计中，这种思想也可以应用到其他类似的场景中。