【编程之美】2.3寻找发帖水王（数组中出现次数超过一半的数字）
题目：
数组中有一个数字出现的次数超过数组长度的一半，请找出这个数字。例如输入一个长度为9的数组{1,2,3,2,2,2,5,4,2}。由于数字2在数组中出现了5次，超过数组长度的一半，因此输出2。
题目解析：
碰到这类题要考虑是否有序，无序的时候一种情况，有序的时候一种情况。
思路一（排序查找）：
通常碰到无序的数组，会通过排序然后进行查找，这时通过快速排序O(nlogn)来实现。然后我们再遍历整个数组，统计每个数字出现的次数，找到出现次数超过一半的数字。总的时间复杂度为O(nlogn + n)。
思路二：
如果数组有序了，我们还有必要再进行遍历么？题目中说超过一半的数字，那么我们应该看arr[N/2]这个位置的数据即可。但时间复杂度仍然为O(nlogn)。
思路三（空间换时间）：
除了将数组由无序变成有序是常识，通过空间换取时间解决复杂度问题也是常识。那么我们设法建立一个hash表，键值为数组中的数字，表值为出现的次数。然后遍历整个哈希表，输出超过一半对应的数字即可。
思路四（直接查找第k个数据）：
毕竟我们用了空间去优化，也是不得已的事情。但还应该考虑还有没有更好的方法。既然我们知道要查找N/2位置的数据，也就转化成了查找第k个数据。对这个问题，有一套解决办法。利用快速选择来解决。
随机选取枢纽元，一趟partition后，如果枢纽元位置为k则退出，找到；如果小于k，就在有半部分继续找；如果大于k，就在左半部分继续找。
// Random Partition
int RandomInRange(int min, int max)
{
int random = rand() % (max - min + 1) + min;
return random;
}
void Swap(int* num1, int* num2)
{
int temp = *num1;
*num1 = *num2;
*num2 = temp;
}
int Partition(int data[], int length, int start, int end)
{
if(data == NULL || length <= 0 || start < 0 || end >= length)
throw new std::exception("Invalid Parameters");
int index = RandomInRange(start, end);
Swap(&data[index], &data[end]);
int small = start - 1;
for(index = start; index < end; ++ index)
{
if(data[index] < data[end])
{
++ small;
if(small != index)
Swap(&data[index], &data[small]);
}
}
++ small;
Swap(&data[small], &data[end]);
return small;
}
int MoreThanHalfNum_Solution1(int* numbers, int length)
{
if(CheckInvalidArray(numbers, length))
return 0;
int middle = length >> 1;
int start = 0;
int end = length - 1;
int index = Partition(numbers, length, start, end);
while(index != middle)
{
if(index > middle)
{
end = index - 1;
index = Partition(numbers, length, start, end);
}
else
{
start = index + 1;
index = Partition(numbers, length, start, end);
}
}
int result = numbers[middle];
if(!CheckMoreThanHalf(numbers, length, result))
result = 0;
return result;
}
这个代码中实现，递归有半段时没有将start-k，因为start和end都是基于原数组的“绝对位置”来表示的，递归传入的参数start可能不为0。
思路五：
利用题目的特点，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。
改进优化：
咱们根据数组的特性考虑到：
- 数组中有个数字出现的次数超过了数组长度的一半。换句话说，有个数字出现的次数比其他所有数字出现次数的和还要多。
- 因此我们可以考虑在遍历数组的时候保存两个值：一个是数组中的一个数字，一个是次数，当我们遍历到下一个数字的时候：
- 如果下一个数字和我们之前保存的数字相同，则次数加1；
- 如果下一个数字和我们之前保存的数字不同，则次数减1，我们需要保存下一个数字，并把次数重新设为1。
下面，举两个例子：
-
第一个例子，假定数组为{5, 5, 5, 5, 1}
不同的相消，相同的累积。遍历到第四个数字时，candidate 是5, nTimes 是4；遍历到第五个数字时，candidate 是5, nTimes 是3；nTimes不为0，那么candidate就是超过半数的。
-
第二个例子，假定数组为{0, 1, 2, 1, 1}
开始时，保存candidate是数字0，nTimes为1；遍历到数字1后，与数字0不同，则nTimes减1变为零；接下来，遍历到数字2，2与1不同，candidate保存数字2，且nTimes重新设为1；继续遍历到第4个数字1时，与2不同，nTimes减1为零，同时candidate保存为1；最终遍历到最后一个数字还是1，与我们之前candidate保存的数字1相同，nTimes加1为1。最后返回的是之前保存的candidate为1。
//改自编程之美 2010
Type Find(Type* a, int N) //a代表数组，N代表数组长度
{
Type candidate;
int nTimes, i;
for(i = nTimes = 0; i < N; i++)
{
if(nTimes == 0)
{
candidate = a[i], nTimes = 1;
}
else
{
if(candidate == a[i])
nTimes++;
else
nTimes--;
}
}
return candidate;
} 代码二（加入了判断条件）：
#include
using namespace std;
bool g_Input = false;
int Num(int* numbers, unsigned int length)
{
if(numbers == NULL && length == 0)
{
g_Input = true;
return 0;
}
g_Input = false;
int result = numbers[0];
int times = 1;
for(int i = 1; i < length; ++i)
{
if(numbers[i] == result)
times++;
else
times--;
if(times == 0)
{
result = numbers[i];
times = 1;
}
}
//检测输入是否有效。
times = 0;
for(i = 0; i < length; ++i)
{
if(numbers[i] == result)
times++;
}
if(times * 2 <= length)
//检测的标准是：如果数组中并不包含这么一个数字，那么输入将是无效的。
{
g_Input = true;
result = 0;
}
return result;
}
int main()
{
int a[10]={1,2,3,4,6,6,6,6,6};
int* n=a;
cout< 题目扩展：加强版水王：找出出现次数刚好是一半的数字
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。题目分析：
方案一：
正好一半的话，我们也可以利用类似减去两个不同的数来实现，这里我们减去的是三个数，因为至少有三个数是不相同的（当然数组中只有两个数a和b各占一半）。那么接下来的问题，就转化成了找到超过一半的数字，又变成第一类问题了。
方案二：
根据上面的例子，最后我们可能会输出不是符合条件的数字，那么仔细分析的话，占一半的数字，只能在两个变量中出现：candidate和arr[n-1]。如果arr[n-1]不是占一半的数据key，那么candidate最后保持着key，另一种情况，就是arr[n-1]为key。我们遍历到最后，再遍历一趟判断一下是否arr[n-1]占据一半即可。
int Find(int* a, int N) //a代表数组，N代表数组长度
{
int candidate;
int nTimes, i;
for(i = nTimes = 0; i < N; i++)
{
if(nTimes == 0)
{
candidate = a[i], nTimes = 1;
}
else
{
if(candidate == a[i])
nTimes++;
else
nTimes--;
}
}
int cTimes = 0;
int candidate2 = a[N-1];
for(i = 0; i < N; i ++)
{
if(a[i] == candidate)
{
cTimes++;
}
}
return cTimes == N/2 ? candidate : candidate2;
} 再改进：
我们再遍历的过程中，让每一个数据与arr[n-1]比较，统计和arr[n-1]相同的数据，那么到最后就不用再遍历了，代码如下：
int MoreThanHalf(int a[], int N)
{
int sum1 = 0;//最后一个元素的个数
int sum2 = 0;
int candidate;
int i;
for(i=0;i