java 众数 中位数_中位数和众数

列举一些中位数和众数的常见问题和解法

1. 众数

一个长度为$N$的列表，出现次数大于$\left \lfloor N/2 \right \rfloor$的数为这个列表的众数。

1.1 摩尔投票算法

摩尔投票算法(Boyer-Moore majority vote algorithm)的思路类似一个大乱斗，遇到不相同的数就抵消掉。维护两个变量：major和count，major是众数的可能值，count是这个数的得分，初值都是0，顺序遍历整个列表，通过下面的条件修改major和count。

如果众数存在，程序结束的时候major就是众数。从算法里面可以看出，不想等的数之间是存在竞争关系的，相等的数则没有。我们将一个列表(例如$[1,2,1,2,1,3,1]$)分成两个组，众数一组($[1,1,1,1]$)，其他的数是一组($[2,2,3]$)，那众数这一组由于数值一样，只和另一组数存在竞争关系，而另一组数不仅和众数这一组有竞争关系，组内也会由于数值不等存在竞争关系，最终一定不会在乱斗中存活下来，所以如果众数存在，最终的major只可能是众数。但是要注意，这是在众数存在的情况下，如果众数不一定存在，则还需要对算法筛选出来的结果进行计数验证。算法模版如下，时间复杂度$O(n)$，空间复杂度$O(1)$。

1 def Moore(nums: List) ->int:2 major, count =0, 03 for num innums:4 if count ==0:5 major, count = num, 1

6 elif major !=num:7 count -= 1

8 else:9 count += 1

10 #如果没有说众数一定存在，此处就要加上验证

11 return major

摩尔选举方法也可以进行拓展，用来求序列中出现次数大于$\left \lfloor N/K \right \rfloor$的数。以$K=3$举例，当出现3个互不相等的数时就抵消，最后剩下的数(不会超过$K-1$个)再进行验证就可以得到最终的结果。具体的代码见$1.4$。

1.2 随机选举

随机选举的方式比较有意思，可以用来求数据流中任意区间的众数。在知道众数一定存在的情况下，单次查询时间复杂度为$O(logn)$，此外记录下标需要$O(n)$的辅助空间。简单说一下流程：首先通过字典记录每个数的下标，例如$[1,2,1,3,1]$，记录下标的字典为$\{1:[0,2,4], 2:[1], 3:[3]\}$。给定区间$[l, r]$，每次在这个区间上随机选择一个数，在字典中以这个数为key的键值列表中通过二分找到$lower\_bound(l)$和$upper\_bound(r)$，相减就是这个数在区间$[l,r]$中出现的的次数了。如果众数存在，由几何分布可知6次随机选择选到众数的概率超过$99\%$，但是如果众数不存在就会一直随机选举，如果程序允许小概率的误差，也可以在选举一定次数后就退出告知众数不存在。相关的代码见$1.4$。

1.3 转换成求中位数

如果众数存在，那么众数一定和中位数相等，那我们就可以用中位数的算法了。这里问题仍可简化，只需要求第$\left \lceil N/2 \right \rceil$大的数即可。求数组第K大的数的算法见中位数的求法，当众数不一定存在时，结果需要进行验证。这种方法的时间复杂度为$O(n)$，空间复杂度为$O(1)$。

1.4 举例

1.4.1 求长度为N的序列中出现次数大于$\left \lfloor N/K \right \rfloor$的数

1 def MoorePro(nums: List, K: int) ->List[int]:2 majors ={}3 for num innums:4 if num inmajors:5 majors[num] += 1 #已经存在就计数

6 elif len(majors) == K - 1:7 minusOne(majors) #集齐K个不等元素就消除

8 else:9 majors[num] = 1 #元素还不存在直接新增

10

11 #这时字典中的key就是可能的结果了，需要进一步计数验证

12 for key inmajors.keys():13 majors[key] = 0 #先归零

14 for num innums:15 if num inmajors:16 majors[num] += 1

17 threshold = len(nums) //K18 return [key for key, value in majors.items() if value >threshold]19

20

21 def minusOne(majors: Dict) ->NoReturn:22 remove_list =[]23 for key, value inmajors:24 if value == 1:25 remove_list.append(key) #遍历的时候不能直接删除

26 else:27 majors[key] -= 1

28 for key inremove_list:29 majors.pop(key)

时间复杂度$O(NK)$，空间复杂度为$O(K)$。Leetcode 169和Leetcode 229可以拿来练练手。

我们用随机选举和摩尔选举+线段树来解题，代码如下，对线段树不了解的看<>。

1 classMajorityChecker:2 """

3 随机选举，初始化复杂度为O(n),每次query的复杂度为O(lgn),支持向列表尾部插入数据，只需要更新相应的indices字典即可4 """

5 def __init__(self, arr: List[int]):6 self.arr =arr7 self.indices =collections.defaultdict(list)8 for index, value inenumerate(arr):9 self.indices[value].append(index)10

11 def query(self, left: int, right: int, threshold: int) ->int:12 #选择10次，失败概率为1/(2^10)

13 for _ in range(10):14 candidate =self.arr[random.randint(left, right)]15 if bisect.bisect_right(self.indices[candidate], right) - bisect.bisect_left(self.indices[candidate], left) >=threshold:16 returncandidate17 return -1

对于可变区间问题，我们较容易想到线段树这类数据结构，关键在于这类问题有没有区间分解特性。设输入序列为$arr$，$cur$代表当前处理的线段树节点，$start$和$end$是节点代表的区间$[start, end]$，$left$和$right$代表左右儿子节点，每个节点维护两个值：$major$是众数候选项，$count$可以理解成这个$major$对应的评分。我们先给出更新关系，再说明如果区间的众数存在，major维护的就是区间众数。

再介绍摩尔选举算法的时候，我们是顺序遍历列表进行抵消的，这里相当于先分组进行抵消，然后组之间再进行抵消，直到选出最终的胜者，有点类似体育比赛，这样如果众数存在，区间里的major就是众数。但是仍要对最终的结果进行验证。代码如下...

1 classSTNode:2 def __init__(self, major, count):3 self.major =major4 self.count =count5

6

7 classMajorityChecker:8 def __init__(self, arr: List[int]):9 self.arr =arr10 #用于验证的下标字典

11 self.indices =collections.defaultdict(list)12 for index, value inenumerate(arr):13 self.indices[value].append(index)14 self.STree = [STNode(0, 0) for _ in range(4 * len(arr) + 1)]15 ifself.arr:16 self.buildSegmentTree(1, 0, len(arr) - 1)17

18 defbuildSegmentTree(self, cur: int, start: int, end: int):19 if start ==end:20 self.STree[cur].major =self.arr[start]21 self.STree[cur].count = 1

22 return

23 left, right, mid = cur << 1, cur << 1 | 1, start + end >> 1

24 self.buildSegmentTree(left, start, mid)25 self.buildSegmentTree(right, mid + 1, end)26 if self.STree[left].major ==self.STree[right].major:27 self.STree[cur].major =self.STree[left].major28 self.STree[cur].count = self.STree[left].count +self.STree[right].count29 elif self.STree[left].count >self.STree[right].count:30 self.STree[cur].major =self.STree[left].major31 self.STree[cur].count = self.STree[left].count -self.STree[right].count32 else:33 self.STree[cur].major =self.STree[right].major34 self.STree[cur].count = self.STree[right].count -self.STree[left].count35

36 def _query(self, root: int, start: int, end: int, qstart: int, qend: int) ->STNode:37 if start == qstart and end ==qend:38 returnself.STree[root]39 left, right, mid = root << 1, root << 1 | 1, start + end >> 1

40 if qend <=mid:41 returnself._query(left, start, mid, qstart, qend)42 elif qstart >mid:43 return self._query(right, mid + 1, end, qstart, qend)44 else:45 left_res =self._query(left, start, mid, qstart, mid)46 right_res = self._query(right, mid + 1, end, mid + 1, qend)47 if left_res.major ==right_res.major:48 return STNode(left_res.major, left_res.count +right_res.count)49 elif left_res.count >right_res.count:50 return STNode(left_res.major, left_res.count -right_res.count)51 else:52 return STNode(right_res.major, right_res.count -left_res.count)53

54 def query(self, start: int, end: int, threshold: int) ->int:55 res = self._query(1, 0, len(self.arr) - 1, start, end).major56 #对结果进行验证

57 if bisect.bisect_right(self.indices[res], end) - bisect.bisect_left(self.indices[res], start) <58 return>

59 return res

创建线段树的时间开销是$O(n)$，查询和验证的时间开销是$O(lgn)$，不同于随机选举，线段树的方式不支持添加元素。

2. 中位数

计算有限序列的中位数的方法是：把序列按照大小的顺序排列，如果数据的个数是奇数，则中间那个数据就是中位数，如果数据的个数是偶数，则中间那2个数的算术平均值就是中位数。只要我们可以计算数组中第K大的数，就可以得到中位数了。<>第9章“中位数和顺序统计量”中介绍了“期望时间为$O(n)$”和“最坏时间为$O(n)$”的两种方法，里面有对算法的详细描述和时间复杂度的严谨证明，有兴趣可以去参阅一下。“期望时间为$O(n)$”的方法平时用得较多，它参考了快速排序中的序列划分的方法，区别的地方是快速排序会递归处理划分的两边，而这里我们只需要处理一边就可以了。下面给出算法模版...

1 def findK(arr: List, start: int, end: int, K: int) ->int:2 select =random.randint(start, end)3 pivot, arr[select] =arr[select], arr[start]4 l, r =start, end5 while l <6 while l r and arr>pivot:7 r -= 16>

8 if l <9 arr l>

11 while l < r and arr[l] <=pivot:12 l += 1

13 if l <14 arr r>

16 arr[l] =pivot17 if l ==K:18 returnpivot19 elif l <20 return findk l end k else:22 start>

这种方法也可用来求序列种前K大的数，因为每次迭代以后pivot右边的元素都比左边的元素大。因为pivot是随机选择的，所以可以保证接近期望时间，但是有一种情况除外，当序列中元素全部相等的时候，时间复杂度为$O(n^2)$，序列中互异元素越多，时间表现越好。

20>14>9>58>