编程之美系列之二——寻找出现频率超过一半的数

问题描述:

       现在有一数组存放int型整数，数字有重复，且有一数字出现的频率超过了50%，请找出这个数字。

       补充：主要考虑数据量很大的情况。

 

问题求解：

分析：

      最直接的方法就是对数组中所有的数字排序，然后再扫描一遍，统计各个数字出现的次数，如果某个数字出现的次数超过一半，则输出这个数字。显然这个算法的时间复杂度是O(N * log₂N + N)。

      事实上，假如现在数组已经有序，那么数组中间的数字一定是这个要求的数字，所以根本不必扫描。此时算法的时间复杂度是O(N * log₂N + 1)。那还能不能再简化一些呢？

      我们看到，算法主要的消耗在排序这块，那能否跳过排序这个步骤呢？我们这样想，假如每次删除两个不同的数（不管包括不包括最高频数），那么，在剩下的数字里，原最高频数出现的频率一样超过了50%，不断重复这个过程，最后剩下的将全是同样的数字，即最高频数。此算法避免的排序，时间复杂度只为O(N)。

代码如下：

       

 1 static int FindMostApperse(int[] num) 2         { 3             int candidate = 0; 4             int count = 0; 5             for (int i = 0; i < num.Length; i++) 6             { 7                 if (count == 0) 8                 {  9                     candidate = num[i];10                     count = 1;11                 }12                 else13                 {14                     if (candidate == num[i])15                         count++;16                     else17                         count--;18                 }19             }20             return candidate;21         }

      这个算法体现了计算机科学中一种很普遍的思想，就是把一个问题转化为规模较小的若干个问题。分治、递归、贪心等都是基于这样的思想。转化的效率越高，转化之后问题的规模缩小的越快，则正题的时间复杂度越低。

 

扩展问题：

      现在数组中没有出现频率一半的数字了，但有三个都超过了四分之一，找到他们。

分析：

      与原问题一样，只要降低规模即可，每次去掉四个不相同的数字，一直重复，最后剩下的三个数字就是答案。

代码如下：

 1  static int candiA = 0, candiB = 0, candiC = 0; 2         static void FindThreeMost(int[] num) 3         { 4             int countA = 0, countB = 0, countC = 0; 5             for (int i = 0; i < num.Length; i++) 6             {           7                 if (countA == 0 || countB == 0 || countC == 0 ) 8                 {                    9                     if (countA == 0)10                     {11                         if (countB != 0 && num[i] == candiB)12                             countB++;13                         else if (countC != 0 && num[i] == candiC)14                             countC++;15                         else16                         {17                             candiA = num[i];18                             countA++;19                         }20                     }21                     else if (countB == 0)22                     {23                         if (countA != 0 && num[i] == candiA)24                             countA++;25                         else if (countC != 0 && num[i] == candiC)26                             countC++;27                         else28                         {29                             candiB = num[i];30                             countB++;31                         }32                     }33                     else if (countC == 0)34                     {35                         if (countA != 0 && num[i] == candiA)36                             countA++;37                         else if (countB != 0 && num[i] == candiB)38                             countB++;39                         else40                         {41                             candiC = num[i];42                             countC++;43                         }44                     }45                 }46 47                 else48                 {49                     if (num[i] == candiA)50                         countA++;51                     else if (num[i] == candiB)52                         countB++;53                     else if (num[i] == candiC)54                         countC++;55                     else56                     {57                         countA--;58                         countB--;59                         countC--;60                     }61                 }62             }63         }

      此算法的时间复杂度仍为O(N),只是判断条件较多,欢迎大家拿出更简明的代码来讨论。

 

 

本文出自：http://www.cnblogs.com/jy02414216/archive/2011/03/04/1970497.html