我得到一组球，我的最终目标是找出至少一半的球是相同颜色的。我每次只能挑两个球，判断它们是否相同颜色。那么如何设计一个分治算法来解决这个问题呢？如果有人对此问题有任何想法，非常感谢！
【问题讨论】：
标签： algorithm divide-and-conquer
也许你可以倒着做——如果你不知道n(log n) 比较中的答案，那么只有不到一半的球是相同颜色的。对它们进行合并排序分组...
r g r b r y r r // worst case arrangement
rg rb ry rr
↓ // 3 * (n / 4) comparisons
rr gb rrr y
↓ // 3 * (n / 8) comparisons
rrrrr gby
【讨论】：
我们可以将您的问题简化为以下问题。
如果给定集合中的球按颜色分组，您希望找出最大的组是否至少是集合大小的一半。
这更容易递归解决。 （这个问题不针对空集定义，单独处理。）
class Group { // with appropriate constructors
int size;
Color color;
}
Group findLargestGroupWithSameColors(Set<Ball> ballSet) {
if (ballSet.size() > 1) {
// Divide set into two (preferably equal) sets.
Group first = recursive call on first half.
Group second = recursive call on second half.
if (first.color.equals(second.color)) {
return new Group(first.color, first.size + second.size);
} else {
if (first.size > second.size) {
return first;
} else {
return second;
}
}
} else {
return single element's color and size = 1
}
}
祝你好运
【讨论】：
我假设您可以对颜色进行排序（例如，您可以将颜色的散列计算为可以排序的整数；我想不出任何不能散列的数据类型）。然后你可以简单地在O(n log n)时间按颜色对球进行排序，然后在排序后的集合中扫描一次，确定连续相同颜色的球的运行。你的答案是，最大跑的球数是否 >= 球数。
编辑
问题实际上是 O(n)。对 n 个球使用具有 O(1) 插入的哈希表。每当你已经拥有它时，增加哈希表组中元素的计数，并在其他地方跟踪最大的组计数。
您甚至可以在最大计数达到 n/2 时提前退出，这应该是随机集平均运行时间的一半。
编辑2
O(n^2) 的示例证明示意图
我坚信，当只允许相等比较时，没有 O(n log n) 解决方案。看下面的例子，应该是 true，正好有一半是 As，其余的都不一样：
第一次划分
n = 16
AAAAAAABCDEFGHIA
AAAAAAAB CDEFGHIA
AAAA AAAB CDEF GHIA
AA AA AA AB CD EF GH IA
现在征服。我们需要在每个征服步骤中找到所有组，因为每个组都可能与另一个大组合并，因此它是所有组的大多数。
在这个例子中，int 左半边 A 显然是赢家，但我们需要在右半边再增加一个 A。由于在分而治之的情况下，右半部分不知道左半部分，因此在最终合并之前，右侧也会尝试找到最大的组，以 n/2 个大小为 1 的组结束。
在下面的符号中，我在字母前使用一个数字来表示找到的那个大小的组。
2A 2A 2A 1A1B 1C1D 1E1F 1G1H 1I1A 1+1+1+1 +1+1+1+1 =4+4 =8
4A 3A1B 1C1D1E1F 1G1H1I1A 1*1+2*1 +2*2+2*2 =3+8 =11
7A1B 1C1D1E1F1G1H1I1A 1*2 +4*4 =2+16=18
8A1B1C1D1E1F1G1H1I 2*8 =16
53
n log2 n = 16*4=64
在右侧，我注意到合并组所需的比较次数。要将包含 x 组的集合和包含 y 组的集合合并，您需要 O(x y) 比较，当这两个集合不相交时需要（即，将一组中的每一组与另一组中的每一组进行比较）。 本例需要 53 次比较，低于 64 的 n log2 n。 左侧的比较表现得非常线性。如果你分析你得到的模式（对于 n>7）
Log2(n)-2+ Sum{i=0..Log2(n)}(2^i) = n/2 - 3 + Log2(n)
但是等等，在正确的比较次数上有一个平方项。让我们检查一下。每行（最后一次合并除外）都将前一行翻倍，并以 (n/4)^2 比较结束。这给了
Sum{i=0..Log2(n)-2}( (n/4)^2 (1/2)^i ) = 1/8 (n^2 - 2*n)
因此，确实，通过这种分而治之的方法，我们最坏情况下的比较次数是 O(n^2)，这似乎是合乎逻辑的。如果所有条目都不同，并且每次只能测试两个是否相等，则需要对每个条目进行测试以查找是否真的没有对。
不知道我是否遗漏了什么，但是当只允许comarisons时，这个问题似乎在O(n log n)中无法通过分而治之来解决。
【讨论】：