csp信奥赛C++之摩尔投票算法详解

csp信奥赛C++之摩尔投票算法详解

原题说明：洛谷P2397 yyy loves Maths VI (mode)/摩尔投票

题目描述

一共有 n n n 个正整数 a i a_i ai，需要找出其中的众数。特别提醒：这个众数出现次数超过了一半。

输入格式

第一行一个整数 n n n，表示数的个数。

第二行 n n n 个正整数 a i a_i ai。

输出格式

一行一个整数，表示众数。

输入输出样例 1

输入 1

5
2 3 3 3 3

输出 1

3

说明/提示

【数据范围】

对于 100 % 100\% 100% 的数据， 1 ≤ n ≤ 2 × 10 6 1\le n \le 2\times 10^6 1≤n≤2×106， a i ∈ [ 1 , 2 31 ) a_i \in [1,2^{31}) ai∈[1,231)。

【内存限制】

5MB

思路分析

题目要求在 n n n 个数中找出出现次数超过一半的众数，且空间限制严格（不能使用数组存储所有数）。

本题可以使用摩尔投票算法（Boyer--Moore majority vote algorithm）实现，其核心思想是：

• 维护一个候选众数 cand 和一个计数器 cnt，初始 cnt = 0。
• 遍历每个数：
  • 若 cnt == 0，将当前数设为候选众数，计数器置为 1。
  • 否则，若当前数等于候选众数，计数器加 1；
  • 否则计数器减 1。
• 由于众数出现次数超过一半，最终 cand 中保存的一定是众数。

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摩尔投票算法（Boyer-Moore Majority Vote Algorithm）实现原理详解

摩尔投票算法是一种用于在线性时间 和常数空间 内寻找数组中出现次数超过一半的元素的算法。它由 Robert S. Boyer 和 J Strother Moore 于 1981 年提出，特别适合内存受限的场景（如本题）。

1. 算法核心思想

"配对抵消" ：

将数组中任意两个不同的元素视为一对"敌人"，它们相互抵消（删除）。如果某个元素出现的次数超过总数的一半，那么无论怎么抵消，最后剩下的那个元素一定是该众数。

更形象的理解：

• 想象你有一堆球，每个球上标有一个数字。
• 你随机拿出两个球：如果数字不同，就把它们都扔掉（抵消）；如果数字相同，就保留一个（实际上相当于计数增加）。
• 重复这个过程，最后剩下的球上的数字就是出现次数超过一半的众数。

2. 算法步骤

算法维护两个变量：

• candidate：当前候选的众数。
• count：当前候选的"净支持数"（即当前候选比其它数多出现的次数）。

遍历数组的每个元素 x：

1. 如果 count == 0，说明之前的候选已经被完全抵消，将 x 设为新的 candidate，并将 count 置为 1。
2. 否则，如果 x == candidate，说明当前元素与候选相同，支持度增加：count++。
3. 否则（x != candidate），说明当前元素与候选不同，产生一次抵消：count--。

遍历结束后，candidate 中保存的就是可能的众数。

由于题目保证众数存在且出现次数超过一半，因此 candidate 一定是正确答案。

3. 算法举例

以输入 2 3 3 3 3 为例：

• 初始：candidate = 0, count = 0
• 读入 2：count == 0 → 设 candidate = 2, count = 1
• 读入 3：3 != 2 → 抵消，count-- → count = 0
• 读入 3：count == 0 → 设 candidate = 3, count = 1
• 读入 3：3 == 3 → count++ → count = 2
• 读入 3：3 == 3 → count++ → count = 3
• 输出 candidate = 3，正确。

4. 为什么算法正确？

我们需要证明：如果存在一个元素出现次数超过一半，那么遍历结束后 candidate 一定是该元素。

证明思路 ：

设数组长度为 n，众数为 m，出现次数为 k > n/2。在遍历过程中，每次遇到与 candidate 不同的元素时，count 减 1，相当于将当前 candidate 与另一个不同元素配对抵消。由于 m 出现的次数超过一半，它不可能被完全抵消（最多只能和它不同的元素一一抵消）。

更严谨地，考虑整个过程中抵消的总次数。每次抵消（count 减 1）都会消耗一个非 m 元素和一个当前候选（可能是 m 也可能不是）。但无论当前候选是谁，最终 m 的"净胜"次数至少为 k - (n - k) > 0，所以当遍历结束时，count 必定大于 0 且 candidate 就是 m。

另一种数学证明：

定义"净票数"为当前候选的出现次数减去其他元素的出现次数。在遍历过程中，每次遇到相同元素，净票数 +1；遇到不同元素，净票数 -1。由于众数的出现次数超过一半，它的最终净票数一定为正，因此最后剩下的候选必为众数。

5. 算法特点

• 时间复杂度：O(n)，只需一次遍历。
• 空间复杂度：O(1)，仅用两个变量。
• 局限性 ：该算法只能用于确认存在 且出现次数超过一半的元素。如果题目没有保证，则需要在第一遍找出候选后，再进行第二遍扫描验证该候选的出现次数是否真的超过一半。本题明确保证众数存在且超过一半，因此无需验证。

6. 为什么不能直接排序或哈希？

• 排序：时间复杂度 O(n log n)，且可能需额外空间（如归并排序）或改变原数组。
• 哈希表：空间复杂度 O(n)，对于 n=2×10^6 且内存限制严格的情况可能不可行。
• 摩尔投票算法完美平衡了时间和空间，是解决此类问题的最优方法。

7. 总结

摩尔投票算法通过巧妙的"配对抵消"策略，在只遍历一次且几乎不占用额外内存的情况下，找出了出现次数超过一半的元素。它的实现简单，逻辑清晰，是算法竞赛和面试中的经典问题。

---

AC代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

int n; // 数字个数

int main() {
    cin >> n;                // 输入个数
    int cand = 0, cnt = 0;    // cand：当前候选众数；cnt：当前候选的"净支持数"
    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        int x;
        cin >> x;             // 读入一个数
        if (cnt == 0) {       // 若计数器为0，则当前数成为新的候选众数
            cand = x;
            cnt = 1;
        } else if (x == cand) { // 若当前数等于候选众数，支持度+1
            cnt++;
        } else {                // 否则，支持度-1
            cnt--;
        }
    }
    cout << cand << endl;      // 最终cand一定是众数（题目保证存在且超过一半）
    return 0;
}

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· 文末祝福 ·

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main(){
	cout<<"跟着王老师一起学习信奥赛C++";
	cout<<"    成就更好的自己！       ";
	cout<<"  csp信奥赛一等奖属于你!   ";
	return 0;
}