这个问题是Skiena的4-11。找到多数元素的解决方案 - 重复超过一半是多数算法。我们可以用它来找到重复n / 4次的所有数字吗？
答案 0 :(得分：3)
Misra and Gries描述了几种方法。我不完全理解他们的论文，但一个关键的想法是使用一个包。
Boyer and Moore's original majority algorithm paper有许多难以理解的证据和对FORTRAN代码的形式验证的讨论，但它有一个非常好的 start 解释多数算法如何工作。关键概念首先要考虑的是，如果大多数元素都是A并且您一次删除一个，A的副本和其他内容的副本，那么最终您将只有A的副本。接下来，应该清楚的是，删除两个不同的项目A，只能增加A占有的多数。因此，只要它们不同，就可以安全地删除任何项目。然后可以使这个想法具体化。从列表中取出第一个项目并将其粘贴在一个盒子中。取出下一个项目并将其粘在盒子里。如果它们相同，那就让它们都坐在那里。如果新的不同，请将其与盒子中的项目一起扔掉。重复此操作，直到所有项目都在框中或垃圾箱中。由于该框仅允许一次包含一种项目，因此可以非常有效地将其表示为(item type, count)对。
查找可能超过n/k次的所有项目的概括很简单，但解释其工作原理有点困难。基本思想是我们可以在不改变任何内容的情况下找到并销毁k 不同元素的组。为什么？如果w > n/k则w-1 > (n-k)/k。也就是说，如果我们拿走其中一个受欢迎的元素，并且我们也会删除k-1 其他元素，那么流行的元素仍然很受欢迎！
实施：不要仅在框中允许一种类项目，而是允许k-1项。每当您看到一组k 个不同的项目出现时（也就是说，框中有k-1个类型，并且到达的那些不匹配任何他们），你扔垃圾桶中的每一种，包括刚刚到达的那种。我们应该为这个＆＃34;框使用什么数据结构？＃34;？好吧，一个包，当然！正如Misra和Gries所解释的，如果可以对元素进行排序，那么具有O（log k）基本运算的基于树的包将使整个算法具有O（n log k）的复杂度。需要注意的一点是，删除每个元素之一的操作是昂贵的（我认为是O（k log k）），但是这些成本是在这些元素的到达时分摊的，所以这没什么大不了的。当然，如果你的元素是可清洗的而不是可订购的，你可以使用基于散列的包，这在某些常见的假设下会提供更好的渐近性能（但不能保证）。如果你的元素是从一个小的有限集中绘制出来的，你可以保证。如果他们只能比较 equality ，那么你的行李会变得更加昂贵，而且我很确定你最终会得到类似O（nk）的东西。
答案 1 :(得分：2)
有关使用常量内存并以线性时间运行的解决方案，请参阅this paper，这将找到3个候选元素，这些元素出现的次数超过n / 4次。请注意，如果您假设您的数据是以流式形式提供的，您只能进行一次，这是您可以做的最好的事情 - 您必须再次通过该流来测试3个候选者中的每一个以查看是否它在流中发生超过n / 4次。但是，如果您假设有3个元素出现超过n / 4次，那么您只需要通过流一次，这样您就可以获得线性时间在线算法（仅通过流一次），只需要不变存储
答案 2 :(得分：2)
通过 Moore-Voting算法找出n/2 times显示的多数元素
参见Moore的投票算法（http://www.geeksforgeeks.org/majority-element/）给定链接的方法3。
<强>时间：O（n）的
现在找到多数元素后，再次扫描数组并remove the majority element或将其-1.
<强>时间：O（n）的
现在对阵列的其余元素应用摩尔投票算法（但现在忽略-1，因为它已经包含在前面）。新的多数元素显示为n/4 times.
<强>时间：O（n）的
总时间：O（n）
额外空间：O（1）
你可以为出现超过n / 8，n / 16，......时间
的元素做到这一点修改
可能存在数组中没有多数元素的情况：
例如如果输入数组为{3, 1, 2, 2, 1, 2, 3, 3}，则输出应为[2, 3]。
给定大小为n且数字为k的数组，找出出现次数超过n / k次的所有元素
请参阅此链接以获取答案： https://stackoverflow.com/a/24642388/3714537
参考文献：
答案 3 :(得分：0)
由于你没有提到空间复杂性，一种可能的解决方案是使用hashtable作为映射到count的元素，然后只要找到元素就可以增加计数。