摩尔投票法(Boyer–Moore majority vote algorithm)

参考资料

  1. 论文MJRTY A Fast Majority Vote Algorithm
  2. 算法演示网站
  3. 维基百科

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:O(n),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O(n^2)的时间。当选票有序时,可以很容易编出O(n)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O(n)时间内选出获票最多的,空间开销为O(1)

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。

  1. 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。
  2. 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(1 \leq i \leq n),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n/2。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(n – k) / 2,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

伪代码来自维基百科

  • 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:

  1. 169. 多数元素

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;
    }
};
  1. 229. 求众数 II

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cand与计数cnt都转成相应的数组形式candscnts,长度都为2。
第一阶段成对抵销时,cands[0]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;
    }
};
  1. 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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