摩尔投票法(Boyer–Moore majority vote algorithm)
参考资料
算法解读
概述
摩尔投票法(Boyer–Moore majority vote algorithm)出自论文，算法解决的问题是如何在任意多的候选人（选票无序），选出获得票数最多的那个。常见的算法是扫描一遍选票，对每个候选人进行统计的选票进行统计。当候选人的数目固定时，这个常见算法的时间复杂度为：，当候选人的数目不定时，统计选票可能会执行较长时间，可能需运行的时间。当选票有序时，可以很容易编出的程序，首先找到中位数，然后检查中位数的个数是否超过选票的一半。这篇论文针对无序且侯选人不定的情形，提出了摩尔投票算法。算法的比较次数最多是选票（记为n）的两倍，可以在时间内选出获票最多的，空间开销为。
算法
- 形象化描述
想象着这样一个画面：会议大厅站满了投票代表，每个都有一个牌子上面写着自己所选的候选人的名字。然后选举意见不合的（所选的候选人不同）两个人，会打一架，并且会同时击倒对方。显而易见，如果一个人拥有的选票比其它所有人加起来的选票还要多的话，这个候选人将会赢得这场“战争”，当混乱结束，最后剩下的那个代表（可能会有多个）将会来自多数人所站的阵营。但是如果所有参加候选人的选票都不是大多数（选票都未超过一半），那么最后站在那的代表（一个人）并不能代表所有的选票的大多数。因此，当某人站到最后时，需要统计他所选的候选人的选票是否超过一半（包括倒下的），来判断选票结果是否有效。
- 算法步骤
算法分为两个阶段：pairing阶段和counting阶段。
-
pairing阶段：两个不同选票的人进行对抗，并会同时击倒对方，当剩下的人都是同一阵营，相同选票时，结束。
-
counting阶段：计数阶段，对最后剩下的下进行选票计算统计，判断选票是否超过总票数的一半，选票是否有效。
- pairing阶段的简化
选票不同就要大干一架，太过粗鲁，这里提供一种更加现代化的文明方式。
在场的有个叫onwaier的，他很聪明，他想到一个方法。他用他那犀利人目光扫一遍所有代表们的选票，在脑子记住两件事，当前的候选人的名字cand和他对应的计数k（并不是他的选票数）。起始时，k的值为0，看每个人的选票时，先想想现在k是否为0，如果是0就将cand更新为他将看到的候选人的名字并且将k的值更新为1。观察每个人选票的过程，如果这个人的选票与cand相同，则将k的值加1；否则，将k的值减1。最后的cand可能胜选，还需统计他的总选票数是否超过一半。
算法证明
证明：
假设共有n个代表（一人一票，选票总数为n）。当onwaier看到第i个代表的选票时，前面他已经看到的所有选票可以分为两组，第一组是k个代表赞同cand；另一组是选票可以全部成对（选票不同）抵销。当处理完所有的选票时，如果存在大多数，则cand当选。
假设存在一个x其不同于cand，但拥有的选票超过。但因为第二组的选票可以全部成对抵销，所以x最多的选票数为，因此x必须要收到第一组的选票才能超过一半，但是第一组的选票都是cand的，出现矛盾，假设不成立。
所以，如果存在大多数，cand就是那个。
算法演示
来自网站
选票情况为：
A A A C C B B C C C B C C
结果应该是C
- 算法执行过程
算法代码
- 伪代码
伪代码来自*
- c++代码
/*
根据多数元素出现的次数大于n/2且超过其它元素出现次数之和这一特点，进行统计
时间复杂度为：O(n)
空间复杂度为：O(1)
*/
int majorityElement(vector<int>& nums) {
int k = 0, cand = 0;
//成对抵销阶阶段
for(auto num:nums){
if(k == 0){
cand = num;
k = 1;
}
else{
if(num == cand){
++k;
}
else{
--k;
}
}
}
//计数阶段 判断cand的个数是否超过一半
k = 0;
for(auto num:nums){
if(num == cand){
++k;
}
}
if(k <= nums.size() / 2){
cand = -1;//表示未超过一半
}
return cand;
}
算法应用
摩尔投票法的一大应用就是求众数。
相关题目有：
其中题1的代码和上面的c++代码相同，它就是摩尔选票法的直接应用。
/*
根据多数元素出现的次数大于n/2且超过其它元素出现次数之和这一特点，进行统计
时间复杂度为：O(n)
空间复杂度为：O(1)
摩尔选票法的直接应用，因为题目说明一定存在大多数，所以不用进行第二阶段
*/
class Solution {
public:
int majorityElement(vector<int>& nums) {
int cnt = 0, res = 0;
for(auto num:nums){
if(cnt == 0){
res = num;
cnt = 1;
}
else{
if(num == res){
++cnt;
}
else{
--cnt;
}
}
}
return res;
}
};
题2的代码则是摩尔选票法的变形。
题2可以看成这样一个情形：一个班里要选副班长，至多2位。每一个投一票，成为副班长得票必须超过总票数的三分之一。
因为可能会产生两名。所以候选人与计数都转成相应的数组形式与，长度都为2。
第一阶段成对抵销时，cands[0]与cands[1]的选票不相互抵销，即如果代表将票投给了cands[0]，则cands[1]对应的cnts[1]的值不变化。
投给cands[1]也是同样的道理。这样就转化成摩尔投票法的原始情形了。
第二阶段计数时，除了要判断两个候选的票数是否超过三分之一，还需判断两个候选是否相同。
/*
时间复杂度为：O(n)
空间复杂度为：O(1)
*/
class Solution {
public:
vector<int> majorityElement(vector<int>& nums) {
int len = nums.size();
vector<int>res, cands, cnts;
if(len == 0){//没有元素，直接返回空数组
return res;
}
cands.assign(2, nums[0]);
cnts.assign(2, 0);
//第1阶段 成对抵销
for(auto num: nums){
bool flag = false;
for(int i = 0; i < cands.size(); ++i){
if(num == cands[i]){
++cnts[i];
flag = true;
break;
}
}
if(!flag){
bool flag2 = false;
for(int j = 0; j < cands.size(); ++j){
if(cnts[j] == 0){
flag2 = true;
cands[j] = num;
cnts[j]++;
}
}
if(!flag2){
for(int j = 0; j < cnts.size(); ++j){
--cnts[j];
}
}
}
}
//第2阶段 计数 数目要超过三分之一
cnts[0] = cnts[1] = 0;
if(cands[0] == cands[1])
cands.pop_back();
for(auto num:nums){
for(int i = 0; i < cands.size(); ++i){
if(cands[i] == num){
++cnts[i];
break;
}
}
}
for(int i = 0; i < cands.size(); ++i){
if(cnts[i] > len / 3){
res.push_back(cands[i]);
}
}
return res;
}
};
- 至多选出m个代表，每个选票数大于n / (m + 1)
只需要将题2的判断最后候选是否相同代码进行修改即可。
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