Arrays 查找在线性时间内出现n/4次以上的所有元素

这个问题是斯基纳的4-11。寻找重复次数超过一半的多数元素的解决方案是多数算法。我们可以用它来查找重复n/4次的所有数字吗？

由于您没有提到空间复杂性，一种可能的解决方案是使用映射到计数的元素，然后如果找到元素，您可以只增加计数。

有关使用恒定内存并以线性时间运行的解决方案，请参阅，这将为出现次数超过n/4次的元素找到3个候选元素。请注意，如果您假设您的数据是作为一个流提供的，您只能通过一次，这是您能做的最好的事情——您必须再通过一次流来测试3个候选数据中的每一个，以查看它是否在流中出现超过n/4次。但是，如果您先验地假设有3个元素出现超过n/4次，那么您只需要通过流一次，就可以得到线性时间在线算法（只通过流一次）这只需要恒定的存储。

通过摩尔投票算法查找出现

n/2次的多数元素

有关摩尔投票算法（），请参见给定链接的方法3

时间：O（n）

现在，在找到多数元素后，再次扫描数组并
删除多数元素
或使其成为
-1。

时间：O（n）

现在对数组的其余元素应用摩尔投票算法（但忽略-1，因为它已经包含在前面）。新的多数元素出现
n/4次。

时间：O（n）

总时间：O（n）

额外空间：O（1）

您可以对显示超过n/8、n/16…的元素执行此操作，。。。。时代

编辑：

可能存在数组中没有多数元素的情况：

例如，如果输入数组是
{3,1,2,2,1,2,3}
，那么输出应该是
[2,3]

给定大小为n和数字k的数组，查找出现次数超过n/k次的所有元素

有关答案，请参见此链接：

参考资料：

请描述几种方法。我不完全理解他们的论文，但一个关键的想法是使用一个袋子

在FORTRAN代码的形式验证方面有很多不可理解的证明和讨论，但它在解释多数算法如何工作方面有一个很好的开端。关键概念始于这样一个想法，即如果大多数元素是
A
，并且您一次删除一个
A
的副本和另一个副本，那么最终您将只有
A
的副本。其次，应该清楚的是，删除两个不同的项目（它们都不是
A
），只能增加
A
所占的多数。因此，移除任何一对物品都是安全的，只要它们是不同的。这个想法可以具体化。从列表中取出第一项并将其粘贴在一个框中。取出下一个项目并将其粘贴在盒子中。如果他们是一样的，就让他们都坐在那里。如果新的不一样，把它连同盒子里的一件东西一起扔掉。重复此操作，直到所有项目都在箱子或垃圾箱中。由于框一次只能有一种项目，因此可以非常有效地表示为一对
（项目类型，计数）

查找所有可能出现次数超过
n/k
次的项目的泛化过程很简单，但解释其工作原理却有点困难。其基本思想是，我们可以在不改变任何东西的情况下发现并销毁由
k
不同元素组成的组。为什么？如果
w>n/k
，则
w-1>（n-k）/k
。也就是说，如果我们去掉其中一个流行元素，同时去掉
k-1
其他元素，那么流行元素仍然流行

实现：不是只允许框中的一种项目，而是允许它们的
k-1
。每当你看到一组
k
不同的项目出现时（也就是说，框中有
k-1
类型，到达的一个与它们中的任何一个都不匹配），你会将每种类型中的一个扔进垃圾箱，包括刚刚到达的一个。这个“盒子”应该使用什么数据结构？当然是一个包！正如Misra和Gries所解释的，如果元素可以排序，一个带有O（logk）基本操作的基于树的包将使整个算法的复杂度达到O（nlogk）。需要注意的一点是，移除每个元素中的一个元素的操作是昂贵的（我认为O（k logk）），但该成本是在这些元素到达时摊销的，所以这不是什么大问题。当然，如果您的元素是可散列的而不是可排序的，那么您可以使用基于散列的包，在某些常见的假设下，它将提供更好的渐近性能（但不能保证）。如果您的元素是从一个小的有限集合中绘制的，您可以保证这一点。如果它们只能在相等性方面进行比较，那么你的包会变得更贵，我敢肯定你最终会得到类似于O（nk）的东西。
这个练习可能要求使用n/2的方法，而不是将算法作为子程序。如果最常见的元素不在大多数情况下，那么可能会重复什么？例如，如果1、2和3分别出现n/3次。上面链接的方法3在找到潜在多数元素后检查多数元素是否存在。但是如果没有多数元素，该方法可以提供几乎任何信息。该文章结尾的注释提到了后面的一个（出于愚蠢的原因，这本书实际上是在几年前出版的）这比你的建议要好得多。参见