Majority Element問題---Moore's voting算法

Leetcode上面有這么一道難度為easy的算法題：找出一個長度為n的數組中，重復次數超過一半的數，假設這樣的數一定存在。O(n²)和O(nlog(n))(二叉樹插入)的算法比較直觀。Boyer–Moore majority vote algorithm在1980年提出，用O(1)空間和O(n)時間解決了這個問題。這個算法的思路：由於重復頻率超過 floor(n/2)的數字只有一個，等價於與其余數字出現頻率的差大於零。當遍歷整個數組時，使用變量candidate記錄當前重復次數最多的數，count計算candidate重復多余的次數。以下為具體實現：

int count = 0;
int candidate;
for(int i = 0; i < n; ++i)
{
  if(count == 0)
  {
     candidate = a[i];  
  }         

  if(candidate == a[i])
　　　++count;
　else
　　 --count;
}

在遍歷過程中，當前元素與candidate相同則投支持票，否則投反對票。當count狀態為0時，說明之前的子數組中不存在重復次數超過一半的數，遍歷余下的數組成為原問題的子問題。若該數不一定存在，那么需要再一次遍歷數組，鑒證找到的元素是否符合條件。

 

進一步思考，若要返回出現次數大於k次的所有元素，即為iceburg query問題。iceburg query的想法其實可以向其名字一樣形象。假設將數組中所有元素轉化為histogram，高度為出現的頻率，那么每個筒子有高有低，就像冰山一樣。之后不斷的下降冰山，下降k次。那么剩下還留在水面上的就是滿足要求的元素。直接這樣求解問題需要多次遍歷數組內的元素O(log(n!) + log(nk))。

當然也可以遍歷兩次。由於滿足條件的元素出現次數大於k，那么整個數組中至多存在n/k個。因此在第一次遍歷的時候，維護一個數組a，若當前元素不存在數組中，則插入該元素和出現次數1。然后判斷數組大小是否超過n/k。如果超過則所有元素下降一個，並且除去出現次數為0的元素。第二次遍歷，查看是否a中的元素出現次數都大於k（因為滿足條件的元素個數可以小於n/k）。

unordered_map m;
// first pass
for(i = 0; i < n; ++i)
{
　　if(m.find(nums[i]) == m.end())
　　{
　　　　m.insert(pair<int, int>(nums[i], 1));
　　}
　　else
　　{
　　　　++m[ nums[i] ];
　　}

　　if(m.size() > n / k)
　　{
　　　　for(auto it = m.begin(); it != m.end();++it)
　　　　{
　　　　　　--(it -> second);
　　　　　　if(!(it -> second))
　　　　　　　　m.erase(it++);
　　　　}
　　}
}

// second pass
for(auto &x: m)
　　m -> second = 0;

for(i = 0; i < n; ++i)
{
　　++m[ nums[i] ];
　　if(m[nums[i]] > k)
　　{
　　　　v.push_back(nums[i]);
　　}
}