演算法摩爾投票

【摩爾投票】

問題：（majority element）若有乙個陣列l，長度為n，找出是否有乙個數n，n的出現次數大於等於n/2。

問題不算太難，一般可以通過遍歷計數，或者排序找中位數的辦法來解決。但是如果要求時間複雜度是o(n)，空間複雜度是o(1)，那麼恐怕就沒那麼簡單了。摩爾投票演算法正好是這麼乙個o(n)和o(1)的演算法。

● 描述

宣告m=0和cnt=0兩個變數後面用。

遍歷陣列，當cnt為0時將當前遍歷到的元素賦值給m，然後cnt+=1。若cnt不為0，且遍歷到的元素等於當前的m，那麼cnt += 1,；若cnt不為0，但是遍歷到的元素也不等於當前的m，那麼cnt -= 1。最終遍歷完成之後，變數m的值就是我們要找的那個majority element。

為什麼這個演算法奏效？我們姑且從感性的角度來理解一下。既然是投票，那麼就把這個陣列yy成乙個投票人的集合。這些投票人心中都有自己想要投的人，然後我們要找出的就是哪個候選人得票能過半的。因為我們無法做到同時聽取所有人的想法，所以我們採取一種「淘汰制」選擇。首先第乙個人上台說明他想要推舉的候選人比如說a。如果第二個人也是推舉a的，那麼可以認為a的人氣是兩人份的。第三人如果不是推舉a的，那麼他將減少a的乙份人氣。因為選舉是要求最終得票過半，所以對於候選人a來說，每乙個人不投票給他，就相當於他損失了一票。若第四人也不投a，則a的人氣歸零，和其他候選人重回起跑線，但此時站在候選台上的仍然是a。此時第五人若想就可以推舉他想選的人b，把a給擠下來，b的人氣為1。以此類推… 從大局上講，如果a的支持者勢力足夠強大，那麼無論a被打倒多少次，最終還是能夠回到候選台上。這邊勢力強大的具體量化就是a的支持者至少達到n/2人。這樣即使前一半人都支援a，後一半人都不支援a，最終a的人氣歸零，但是還是保證站在候選台上的是a。

上面就是對投票演算法的乙個粗淺且感性的理解。

● **：

def
vote(a):
m,cnt =0,0
for n in
a: 
if cnt ==0:
m =n
cnt = 1
elif n ==m:
cnt += 1
else
: cnt -= 1
return m

上述過程中並沒有對投票者支援的人非常分散的情況作出判斷。即無法完成選舉的時候不會給出無法完成的錯誤，而是返回了接近陣列末尾的某個「勢力相對較強」的元素。如果需要對是否超過n/2做判斷那麼可以再去遍歷依次陣列，看到底m元素出現了幾次，是否達到標準即可。

● 更複雜一點

如果將問題換成，找出所有出現次數大於n/3次的元素呢。顯然，這種元素最多只能有兩個。所以我們可以使用投票演算法，將有可能是符合要求的兩個元素找出來，然後再看他們是否都超過了n/3來判斷是否選擇它們作為需要選出來的元素。

具象到選舉中來，那麼可以認為現在要選的人是兩個。而且這兩個人競選的位置是平級，不分先後的，所以熱門候選人a和熱門候選人b的支持者之間不構成直接競爭。因此，演算法就變成了，第一人推薦a，a走上甲候選臺。第二人推薦b，b走上乙候選臺，而此時對a不構成影響所以a的人氣不減。如果第三人推薦的是c，那麼a和b的人氣都要減乙份，都歸零了（顯然不能只減乙個人的人氣，否則另乙個人就可能會出現明明支持者很少，但是由於推舉的順序比較靠前所以當選的bug）。如果此時第四人支援的不是a或者b而是d，那麼就可以從甲乙任意乙個候選臺中擠走乙個。比如擠走a，之後d的人氣是1，而另乙個候選台上的b仍然是0人氣。這麼迴圈下去，由於a和b不互相競爭，所以通過這個演算法得到的a和b是所有候選人中相對強勢的兩個。

**的實現也不複雜：

def
vote(a):
m,n =0,0
cm,cn =0,0
for i in
a: 
if cm == 0: m = i; cm += 1
elif cn == 0: n = i; cn += 1
elif i == m: cm += 1
elif i == n: cn += 1
else: cm -= 1; cn -= 1
return m,n

* 其實摩爾投票，主要是為了能夠在o(n)的時間和o(1)的空間解決問題。如果沒有這些限制，那麼使用hashmap或者其他的一些什麼方法則要比這種方法好理解得多多。

演算法 摩爾投票

摩爾投票演算法

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