4.3 出现次数超过一半的数字

## 题目描述 题目：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。 ## [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/04.03.md#分析与解法)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。 ### [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/04.03.md#解法一)解法一 如果**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。 ### [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/04.03.md#解法二)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。 ### [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/04.03.md#解法三)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。 但是数组如果是{5, 5, 5, 5, 1}，还能运用上述思路么？很明显不能，咱们得另寻良策。 ### [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/04.03.md#解法四)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；...... ~~~ ## [](https://github.com/julycoding/The-Art-Of-Programming-By-July/blob/master/ebook/zh/04.03.md#举一反三)举一反三 加强版水王：找出出现次数刚好是一半的数字 分析：我们知道，水王问题：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。 ~~~