題意：陣列中有一個數字出現的次數超過了陣列長度的一半，找出這個數字。

分析與解法

一個數組中有很多數，現在我們要找出其中那個出現次數超過總數一半的數字，怎麼找呢？大凡當我們碰到某一個雜亂無序的東西時，我們人的內心本質期望是希望把它梳理成有序的。所以，我們得分兩種情況來討論，無序和有序。

解法一

如果陣列無序，那麼我們是不是可以先把陣列中所有這些數字先進行排序（至於排序方法可選取最常用的快速排序）。排完序後，直接遍歷，在遍歷整個陣列的同時統計每個數字的出現次數，然後把那個出現次數超過一半的數字直接輸出，題目便解答完成了。總的時間複雜度為\(O(nlogn + n)\)。

但如果是有序的陣列呢，或者經過排序把無序的陣列變成有序後的陣列呢？是否在排完序\(O(nlogn)\)

我們知道，既然是陣列的話，那麼我們可以根據陣列索引支援直接定向到某一個數。我們發現，一個數字在陣列中的出現次數超過了一半，那麼在已排好序的陣列索引的\(N/2\)處（從零開始編號），就一定是這個數字。自此，我們只需要對整個陣列排完序之後，然後直接輸出陣列中的第N/2處的數字即可，這個數字即是整個陣列中出現次數超過一半的數字，總的時間複雜度由於少了最後一次整個陣列的遍歷，縮小到\(O(n*logn)\)。

然時間複雜度並無本質性的改變，我們需要找到一種更為有效的思路或方法。

解法二

既要縮小總的時間複雜度，那麼可以用查詢時間複雜度為O(1)的hash表，即以空間換時間。雜湊表的鍵值（Key）為陣列中的數字，值（Value）為該數字對應的次數。然後直接遍歷整個hash表

解法三

Hash表需要O(n)的空間開銷，且要設計hash函式，還有沒有更好的辦法呢？我們可以試著這麼考慮，如果每次刪除兩個不同的數（不管是不是我們要查詢的那個出現次數超過一半的數字），那麼，在剩下的數中，我們要查詢的數（出現次數超過一半）出現的次數仍然超過總數的一半。通過不斷重複這個過程，不斷排除掉其它的數，最終找到那個出現次數超過一半的數字。這個方法，免去了排序，也避免了空間O(n)的開銷，總得說來，時間複雜度只有O(n)，空間複雜度為O(1)，貌似不失為最佳方法。

舉個簡單的例子，如陣列a[5] = {0, 1, 2, 1, 1};

很顯然，若我們要找出陣列a中出現次數超過一半的數字，這個數字便是1，若根據上述思路4所述的方法來查詢，我們應該怎麼做呢？通過一次性遍歷整個陣列，然後每次刪除不相同的兩個數字，過程如下簡單表示：

0 1 2 1 1 =>2 1 1=>1

最終1即為所找。

此外，對於序列{5, 5, 5, 5, 1}，每次分別從陣列兩端嘗試各刪除一個數(左邊刪除5, 右邊刪除1，兩個數不相同)，之後剩餘{5, 5, 5}，這時無法找到兩個不同的數進行刪除，說明剩餘元素全部相同，返回5作為結果即可。

解法四

更進一步，考慮到這個問題本身的特殊性，我們可以在遍歷陣列的時候儲存兩個值：一個candidate，用來儲存陣列中遍歷到的某個數字；一個nTimes，表示當前數字的出現次數，其中，nTimes初始化為1。當我們遍歷到陣列中下一個數字的時候：

• 如果下一個數字與之前candidate儲存的數字相同，則nTimes加1；
• 如果下一個數字與之前candidate儲存的數字不同，則nTimes減1；
• 每當出現次數nTimes變為0後，用candidate儲存下一個數字，並把nTimes重新設為1。 直到遍歷完陣列中的所有數字為止。

舉個例子，假定陣列為{0, 1, 2, 1, 1}，按照上述思路執行的步驟如下：

• 1.開始時，candidate儲存數字0，nTimes初始化為1；
• 2.然後遍歷到數字1，與數字0不同，則nTimes減1變為0；
• 3.因為nTimes變為了0，故candidate儲存下一個遍歷到的數字2，且nTimes被重新設為1；
• 4.繼續遍歷到第4個數字1，與之前candidate儲存的數字2不同，故nTimes減1變為0；
• 5.因nTimes再次被變為了0，故我們讓candidate儲存下一個遍歷到的數字1，且nTimes被重新設為1。最後返回的就是最後一次把nTimes設為1的數字1。

思路清楚了，完整的程式碼如下：

//a代表陣列，length代表陣列長度
int FindOneNumber(int* a, int length)
{
    int candidate = a[0];
    int nTimes = 1;
    for (int i = 1; i < length; i++)
    {
        if (nTimes == 0)
        {
            candidate = a[i];
            nTimes = 1;
        }
        else
        {
            if (candidate == a[i])
                nTimes++;
            else
                nTimes--;
        }
    }
    return candidate;
}

即針對陣列{0, 1, 2, 1, 1}，套用上述程式可得：

i=0，candidate=0，nTimes=1；
i=1，a[1] != candidate，nTimes--，=0；
i=2，candidate=2，nTimes=1；
i=3，a[3] != candidate，nTimes--，=0；
i=4，candidate=1，nTimes=1；
如果是0，1，2，1，1，1的話，那麼i=5，a[5] == candidate，nTimes++，=2；......

解法五

再進一步，再次考慮這個問題本身的特殊性，可以採用概率方法，每次取兩個數出來比較，直到發現兩個相同的數。(解法五的發散思維來自Rogn dalao)

#include<cstdio>
#include<cstdlib>

int main()
{
    int a[] = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 6, 6, 6, 6};
    int n = 8;
    int i = rand() % n;
    int j = rand() % n;
    while(a[i] != a[j])
    {
        i = rand() % n;
        j = rand() % n;
    }
    printf("%d\n", a[i]);
}

複雜度：

任意兩個數不同的概率

p約等於3/4，p^10= 0.056，也就是說10次還沒出結果的概率為0.056，已經比較小了。

有趣的是，n越大，該概率越小。

舉一反三

題意：找出出現次數剛好是一半的數字

分析：我們知道：有N個數，其中有一個數出現超過一半，要求線上性時間求出這個數。那麼，我的問題是，加強版水王：有N個數，其中有一個數剛好出現一半次數，要求線上性時間內求出這個數。

因為，很明顯，如果是剛好出現一半的話，如此例： 0，1，2，1 ：

遍歷到0時，candidate為0，times為1
遍歷到1時，與candidate不同，times減為0
遍歷到2時，times為0，則candidate更新為2，times加1
遍歷到1時，與candidate不同，則times減為0；我們需要返回所儲存candidate（數字2）的下一個數字，即數字1。