程序员面试题目总结--数组(三)【旋转数组的最小数字、旋转数组中查找指定数、两个排序数组所有元素中间值、数组中重复次数最多的数、数组中出现次数超过一半的数】

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11、求旋转数组的最小数字

题目：输入一个排好序的数组的一个旋转，输出旋转数组的最小元素。

分析：数组的旋转：把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾。例如数组{3, 4, 5, 1, 2}为{1, 2, 3, 4, 5}的一个旋转，该数组的最小值为1。这道题最直观的解法并不难。从头到尾遍历数组一次，就能找出最小的元素，时间复杂度显然是O(N)。但这个思路没有利用输入数组的特性，我们应该能找到更好的解法。

我们注意到旋转之后的数组实际上可以划分为两个排序的子数组，而且前面的子数组的元素都大于或者等于后面子数组的元素。我们还可以注意到最小的元素刚好是这两个子数组的分界线。我们试着用二元查找法的思路在寻找这个最小的元素。

首先我们用两个指针，分别指向数组的第一个元素和最后一个元素。按照题目旋转的规则，第一个元素应该是大于或者等于最后一个元素的（这其实不完全对，还有特例。后面再讨论特例）。

接着我们得到处在数组中间的元素。如果该中间元素位于前面的递增子数组，那么它应该大于或者等于第一个指针指向的元素。此时数组中最小的元素应该位于该中间元素的后面。我们可以把第一指针指向该中间元素，这样可以缩小寻找的范围。同样，如果中间元素位于后面的递增子数组，那么它应该小于或者等于第二个指针指向的元素。此时该数组中最小的元素应该位于该中间元素的前面。我们可以把第二个指针指向该中间元素，这样同样可以缩小寻找的范围。我们接着再用更新之后的两个指针，去得到和比较新的中间元素，循环下去。

按照上述的思路，我们的第一个指针总是指向前面递增数组的元素，而第二个指针总是指向后面递增数组的元素。最后第一个指针将指向前面子数组的最后一个元素，而第二个指针会指向后面子数组的第一个元素。也就是它们最终会指向两个相邻的元素，而第二个指针指向的刚好是最小的元素。这就是循环结束的条件。

注：

1、前面提到在旋转数组中，由于是把递增排序数组前面的若干数字搬到数组的后面，因此第一个数字总是大于或等于最后一个数字，但有个特例：把排序数组前面的0个元素搬到后面，即数组没有改变，还是原来的排序数组。此时，数组中第一个数字就是最小数字。

2、当两个指针指向的数字和中间数字相同时，无法判断中间的数字式位于前面的子数组中还是后面的子数组中，则上面的方法就失效了。此时，则使用顺序查找方法。

12、在旋转数组中查找指定的数（无重复元素）

题目：在旋转数组中查找指定的数，找到返回下标，否则返回-1

分析：数组的旋转：把一个数组最开始的若干个元素搬到数组的末尾。例如数组{3, 4, 5, 1, 2}为{1, 2, 3, 4, 5}

我们注意到旋转之后的数组实际上可以划分为两个排序的子数组，可以试着用二元查找法的思路在寻找指定的元素。

扩展：上面题目中若允许有重复数字如何处理？

分析：
    允许重复元素，则上一题中如果A[m]>=A[l], 那么[l,m] 为递增序列的假设就不能成立了，比
    如[1,3,1,1,1]。
    如果A[m]>=A[l] 不能确定递增，那就把它拆分成两个条件：
    • 若A[m]>A[l]，则区间[l,m] 一定递增
    • 若A[m]==A[l] 确定不了，那就l++，往下看一步即可。

13、求两个排序数组中的所有元素中间值

题目：给定两个已经排序的数组，找出两者所有元素中的中间值

分析：这是一道非常经典的题。这题更通用的形式是，给定两个已经排序好的数组，找到两者所有元素中第k 大的元素。
O(m + n) 的解法比较直观，直接merge 两个数组，然后求第k 大的元素。
不过我们仅仅需要第k 大的元素，是不需要“排序”这么复杂的操作的。可以用一个计数器，记录当前已经找到第m 大的元素了。同时我们使用两个指针pA 和pB，分别指向A 和B 数组的第一个元素，使用类似于merge sort 的原理，如果数组A 当前元素小，那么pA++，同时m++；如果数组B 当前元素小，那么pB++，同时m++。最终当m 等于k 的时候，就得到了我们的答案，O(k)时间，O(1) 空间。但是，当k 很接近m + n 的时候，这个方法还是O(m + n) 的。
有没有更好的方案呢？我们可以考虑从k 入手。如果我们每次都能够删除一个一定在第k 大元素之前的元素，那么我们需要进行k 次。但是如果每次我们都删除一半呢？由于A 和B 都是有序的，我们应该充分利用这里面的信息，类似于二分查找，也是充分利用了“有序”。
假设A 和B 的元素个数都大于k/2，我们将A 的第k/2 个元素（即A[k/2-1]）和B 的第k/2个元素（即B[k/2-1]）进行比较，有以下三种情况（为了简化这里先假设k 为偶数，所得到的结论对于k 是奇数也是成立的）：
• A[k/2-1] == B[k/2-1]
• A[k/2-1] > B[k/2-1]
• A[k/2-1] < B[k/2-1]
如果A[k/2-1] < B[k/2-1]，意味着A[0] 到A[k/2-1 的肯定在A U B 的top k 元素的范围内，换句话说，A[k/2-1]不可能大于A U B 的第k 大元素。留给读者证明。
因此，我们可以放心的删除A 数组的这k/2 个元素。同理，当A[k/2-1] > B[k/2-1] 时，可以删除B 数组的k/2 个元素。
当A[k/2-1] == B[k/2-1] 时，说明找到了第k 大的元素，直接返回A[k/2-1] 或B[k/2-1]即可。
因此，我们可以写一个递归函数。那么函数什么时候应该终止呢？
• 当A 或B 是空时，直接返回B[k-1] 或A[k-1]；
• 当k=1 是，返回min(A[0], B[0])；
• 当A[k/2-1] == B[k/2-1] 时，返回A[k/2-1] 或B[k/2-1]

14、找出数组中重复次数最多的数

题目：给定一个数组，找出数组中出现重复次数最多的数

分析：

方法一：以空间换时间，可以定义一个数组 int count[MAX]，并将其数组元素都初始化为0，然后执行for(int i=0;i<n;i++) count[A[i]]++；在count中找最大的数，即为重复次数最多的数。

方法二：使用map映射，通过引入map表来记录每一个元素出现的次数，然后判断次数的大小，进而找出重复次数最多的元素

15、求数组中出现次数超过一半的数

题目：在O(n)时间复杂度内找出数组中出现次数超过一半的数

分析：每次取出两个不同的数，剩下的数字中重复出现的数字肯定比其他数字多，将规模缩小化，如果每次删除两个不同的数，那么在剩余的数字里，原最高频数出现的频率一样超过了50%,不断重复这个过程，最后剩下的将全是同样的数字，即最高频数。

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1. //在O(n)时间复杂度内找出数组中出现次数超过一半的数  
2. int  Find(int a[], int n)  
3. {  
4.     if(a==NULL || n <=0)  
5.         return -1;  
6.   
7.     int candidate=0;  
8.     int count=0;  
9.     for(int i=0;i<n;i++)  
10.     {  
11.         if(count==0)  
12.         {  
13.             candidate=a[i];  
14.             count=1;  
15.         }  
16.         else  
17.         {  
18.             if(candidate==a[i])  
19.                 count++;  
20.             else  
21.                 count--;  
22.         }  
23.     }  
24.   
25.     count=0;  
26.     for(int i=0;i<n;i++)  
27.     {  
28.         if(a[i]==candidate)  
29.             count++;  
30.     }  
31.     if(count*2 <= n)  
32.         return -1;  
33.   
34.     return candidate;  
35. }  

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