Question

一个数组a []，有N个元素，允许重复，据说＆＃34;主要包含一个v元素＆＃34;如果其内容的一半以上等于v。给定数组a []，它旨在绘制一个有效的算法（在时间N.log（N）并使用分而治之）来检查它是否包含多数元素并确定它。考虑数组元素之间唯一可用的比较操作，是在恒定时间内执行的相等（a [i] == a [j]）。（提示：在算法中，将数组分为[]分为两个子数组a1 []和a2 []，每个子元素大小为[]的一半。如果[]的大多数元素是v，那么v必须是也是a1 []，或a2 []或两者中的大多数元素。

int main() {

    int a[12] = {5, 9, 3, 13, 5, 21, 5, 7, 17, 12, 5, 6};
    int N = 12, lo = 0, hi = N - 1, mid,i,j;

    mid = lo + (hi - lo) / 2;
    int n1 = mid - lo + 1;
    int n2 =  hi - mid;
    int a1[n1],a2[n2];

    /* Copy data to temp arrays a1[] and a2[] */
    for (i = 0; i < n1; i++)
        a1[i] = a[lo + i];
    for (j = 0; j < n2; j++)
        a2[j] = a[mid+1+j];


    while (i < n1 && j < n2) {

        if(a1[i]==a2[j]){

        }else if(){


        }else{


        }

    }
    return 0;
}

我遇到麻烦的方法我应该继续使用相等的操作来比较辅助数组，看看大多数元素是在a1 []还是a2 []或两者都有！

Answer 1

我认为该功能应该：

1）递归调用数组的前半部分（返回答案a）

2）递归调用数组的后半部分（返回答案b）

3）遍历数组并计算匹配a / b的数量并返回最匹配的数据

注意，不需要在任何阶段实际复制数组，因为它永远不会被修改，只需传入一个索引作为开始和子数组的长度。

Answer 2

这是一个符合描述的Python实现（对不起，我不熟悉C，但我认为这是非常简单的代码）。我们可以跟踪已检查的每个部分的记录返回值和索引，以了解它的工作原理。

# Returns v if v is a majority;
# otherwise, returns None
def f(arr, low, high):
  if low == high:
    return arr[low]

  if low + 1 == high:
    return arr[low] if arr[low] == arr[high] else None

  n = high - low + 1
  mid = (low + high) / 2

  l = f(arr, low, mid)
  r = f(arr, mid + 1, high)

  print 'n: ' + str(n) + '; l: ' + str(l) + '; r: ' + str(r) + '; L: ' + str((low, mid)) + '; R: ' + str((mid + 1, high))

  if l == r:
    return l

  counts = [0, 0]

  for i in xrange(low, high + 1):
    if arr[i] == l:
      counts[0] = counts[0] + 1
    if arr[i] == r:
      counts[1] = counts[1] + 1

  if l and counts[0] * 2 > n:
    return l

  if r and counts[1] * 2 > n:
    return r

  return None

输出：

a = [5, 9, 3, 5, 5, 21, 5, 7, 17, 5, 5, 5]

print f(a, 0, len(a) - 1)

"""
n: 3; l: None; r: 3; L: (0, 1); R: (2, 2)
n: 3; l: 5; r: 21; L: (3, 4); R: (5, 5)
n: 6; l: None; r: 5; L: (0, 2); R: (3, 5)
n: 3; l: None; r: 17; L: (6, 7); R: (8, 8)
n: 3; l: 5; r: 5; L: (9, 10); R: (11, 11)
n: 6; l: None; r: 5; L: (6, 8); R: (9, 11)
n: 12; l: None; r: 5; L: (0, 5); R: (6, 11)
5
"""

Answer 3

这可能不是您正在寻找的答案。但是这个问题有一个有趣的概率方法。您可以选择数组的某个位置x，并计算array [x]的出现次数以检查它是否出现＆gt; = array.size（）/ 2。

如果有一个元素填充了数组的一半以上，那么随机选择它的位置的机会是＆gt;每次迭代1/2次。

因此，如果你做了30次迭代之类的事情，选择“支配”元素的几率是（1 - （1/2）^ 30），几乎每个应用都可以。

复杂度为O（numberOfIterations * arraySize）

这是代码（：。

它是在C ++上，但我打赌你可以毫不费力地将它翻译成C.

#include <vector>
#include <iostream>


int arraySize, numberOfIterations;

int count(int element, std::vector<int>& array)
{
    int count = 0;
    for(const int& number : array)
    {
        count += (number == element);
    }
    return count;
}


int main(){

    srand(time(0));

    std::cin >> arraySize;
    std::vector<int> arr(arraySize);

    for(int i = 0; i < arraySize; ++i)
    {
        std::cin >> arr[i];
    }

    std::cin >> numberOfIterations;

    for(int i = 0; i < numberOfIterations; ++i)
    {
        int idx = rand() % arraySize;
        int freq = count(arr[idx], arr);
        //std::cout << idx << std::endl;
        if(freq > arraySize / 2)
        {
            std::cout << "The element = " << arr[idx] << " dominates the array provided " << std::endl;
            return 0;
        }
    }
    return 0;
}

数组中的大部分元素分而治之O（N.log（N））

3 个答案: