Leetcode169.多数元素（4种解法）

给定一个大小为 n 的数组，找到其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数 大于 ⌊ n/2 ⌋ 的元素。

你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode-cn.com/problems/majority-element

法1：取巧
由于题目条件说明给定的数组总是存在多数元素，因此排序之后，打印nums[nums.length/2]位置的元素必定是多数元素
执行用时：2ms，在所有Java提交中击败了62.65%的用户
内存消耗：44.5MB，在所有Java提交中击败了13.05%的用户

法2：
使用map，每次加入map之后查询是否超过nums.length/2
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内存消耗：43.6MB，在所有Java提交中击败了85.35%的用户

法3：摩尔投票
两两抵消的思想，由于总长度是一定的，那么不同的数字两两抵消，最后剩下的一定是个数大于总长度一半的。
具体做法：遍历数组，从头开始两两比较，并事先设置一个计算器count，如果两个数字相同，count+1，
若不同则-1
局限性：这种方法其实只能求出数组中个数最多的元素，但由于题目条件说明给定的数组总是存在个数大
于nums.length/2的元素，因此本题中摩尔投票法适用
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 法1：取巧
由于题目条件说明给定的数组总是存在多数元素，因此排序之后，打印nums[nums.length/2]位置的元素必定是多数元素
执行用时：2ms，在所有Java提交中击败了62.65%的用户
内存消耗：44.5MB，在所有Java提交中击败了13.05%的用户
法2：使用map，每次加入map之后查询是否超过nums.length/2
执行用时：11ms，在所有Java提交中击败了25.71%的用户
内存消耗：43.6MB，在所有Java提交中击败了85.35%的用户
法3：摩尔投票
两两抵消的思想，由于总长度是一定的，那么不同的数字两两抵消，最后剩下的一定是个数大于总长度一半的。
具体做法：遍历数组，从头开始两两比较，并事先设置一个计算器count，如果两个数字相同，count+1，若不同则-1。
局限性：这种方法其实只能求出数组中个数最多的元素，但由于题目条件说明给定的数组总是存在个数大于nums.length/2的元素，因此本题中摩尔投票法适用。
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 摩尔投票法动图（图片来源：公众号“算法无遗策“）：

法4：位运算
首先预设整型变量x为0，由于java的整型变量是32位的，就可以根据后面的判断把应该是1的位置置1，其余还是0，转为十进制就是要求的多数元素。
判断某一位是否为1方法：先依次遍历32位，再依次遍历数组元素，看数组中的元素在某一位上是否为1，如果在某一位上有一半以上的元素都是1，那么这个多数元素在这一位上肯定就是1。全部遍历完之后，判断为1的位置就是1，其余位置就是初始值0，转为十进制就是要求的多数元素。
执行用时：9ms，在所有Java提交中击败了26.31%的用户
内存消耗：44.2MB，在所有Java提交中击败了55.12%的用户

package 数组;

import java.util.Arrays;
import java.util.HashMap;

public class 多数元素_169 {
    /*
    法1：取巧
    由于题目条件说明给定的数组总是存在多数元素，因此排序之后，打印nums[nums.length/2]位置的元素必定是多数元素
    执行用时：2ms，在所有Java提交中击败了62.65%的用户
    内存消耗：44.5MB，在所有Java提交中击败了13.05%的用户
     */
    public static int majorityElement(int[] nums) {
        Arrays.sort(nums);
        return nums[nums.length/2];
    }
    /*
    法2：
    使用map，每次加入map之后查询是否超过nums.length/2
    执行用时：11ms，在所有Java提交中击败了25.71%的用户
    内存消耗：43.6MB，在所有Java提交中击败了85.35%的用户
     */
    public static int majorityElement2(int[] nums) {
        HashMap integerIntegerHashMap = new HashMap<>();
        int x=0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            x=integerIntegerHashMap.getOrDefault(nums[i],0)+1;
            if (x> nums.length/2)
                return nums[i];
            integerIntegerHashMap.put(nums[i], x);
        }
        return 0;
    }
    /*
    法3：摩尔投票
    两两抵消的思想，由于总长度是一定的，那么不同的数字两两抵消，最后剩下的一定是个数大于总长度一半的。
    具体做法：遍历数组，从头开始两两比较，并事先设置一个计算器count，如果两个数字相同，count+1，若不同则-1
    局限性：这种方法其实只能求出数组中个数最多的元素，但由于题目条件说明给定的数组总是存在个数大于nums.length/2的元素，因此本题中摩尔投票法适用
    执行用时：1ms，在所有Java提交中击败了99.97%的用户
    内存消耗：44.4MB，在所有Java提交中击败了19.94%的用户
     */
    public static int majorityElement3(int[] nums){
        //x是最后要返回的数字，暂定为数组第一个数字，count是计数器
        int x=nums[0],count=0;
        for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
            //如果两个数字相同，count++
            if (x==nums[i])
                count++;
            //若不同则-1
            else count--;
            //如果计数器为0（索引为i之前的数字全部抵消完），重新设置count为1，并把x设为当前数字
            if (count==0){
                count=1;
                x=nums[i];
            }
        }
        return x;
    }
    /*
    法4：位运算
    首先预设整型变量x为0，由于java的整型变量是32位的，就可以根据后面的判断把应该是1的位置置1，其余还是0，转为十进制就是要求的多数元素。
    判断某一位是否为1方法：先依次遍历32位，再依次遍历数组元素，看数组中的元素在某一位上是否为1，如果在某一位上有一半以上的元素都是1，那么这
    个多数元素在这一位上肯定就是1。全部遍历完之后，判断为1的位置就是1，其余位置就是初始值0，转为十进制就是要求的多数元素
    执行用时：9ms，在所有Java提交中击败了26.31%的用户
    内存消耗：44.2MB，在所有Java提交中击败了55.12%的用户
     */
    public static int majorityElement4(int[] nums){
        //x是预设值（也是最后的返回值），temp=1通过&操作判断某一位是否为1（&操作同为1才是1）
        int x=0,temp=1;
        //遍历32位
        for (int i = 0; i < 32; i++) {
            //每次循环计数器count置0
            int count=0;
            //循环数组元素
            for (int j = 0; j < nums.length; j++) {
                //&操作判断这个元素在这一位上是否是1
                //依靠temp中唯一的1与数组中元素在这一位上的数字做&操作来判断这个数组元素在这一位上是否为1
                if ((nums[j]&temp)==temp)
                    //如果是1，count++
                    count++;
                //如果在某一位上有一半以上的元素都是1，那么这个多数元素在这一位上肯定就是1
                if (count> nums.length/2){
                    //预设值x与temp做|(或）操作，只要有一个是1结果就是1，此处x初值都是0，temp在这一位上是1，|操作之后x在这一位上就是1
                    x|=temp;
                    //有一半以上的元素都是1,提前结束
                    break;
                }
            }
            //位的左移通过每次循环结束后temp<<=1实现，每次左移一位，temp对应二进制数中唯一的1就左移一位，依靠这个1与数组中元素在这一位上的数字做&操作来判断这个数组元素在这一位上是否为1
            temp<<=1;
        }
        return x;
    }
    public static void main(String[] args) {
        int []a={3,3,4};
        System.out.println(majorityElement4(a));
    }
}