第二十一~二十二章：出现次数超过一半的数字，最短摘要的生成
咱们先来看两个问题：
第一个问题来自编程之美上，Tango是微软亚洲研究院的一个试验项目，如图1所示。研究院的员工和实习生们都很喜欢在Tango上面交流灌水。传说，Tango有一大“水王”，他不但喜欢发帖，还会回复其他ID发的每个帖子。坊间风闻该“水王”发帖数目超过了帖子总数的一半。如果你有一个当前论坛上所有帖子（包括回帖）的列表，其中帖子作者的ID也在表中，你能快速找出这个传说中的Tango水王吗？
图1 Tango
图2 谷歌中搜索关键字“结构之法”
题目：数组中有一个数字出现的次数超过了数组长度的一半，找出这个数字。
分析：编程之美上也有这道题，不过它变换了题目的表述形式，即是如本文前言所述的寻找发帖水王的问题。
ok，咱们来解决上述这道题，以微软面试100题第74题的阐述为准（本程序员编程艺术系列就是按照之前整理的微软100题一题一题展开而来的）。
一个数组中有很多数，现在我们要找出这个数组中那个超过出现次数一半的数字，怎么找呢?大凡当我们碰到某一个杂乱无序的东西时，我们人的内心本质期望是希望把它梳理成有序的。所以，我们得分两种情况来讨论，无序和有序：
或许，你还没有明白上述思路4的意思，举个简单的例子吧，如数组a[5]={0,1,2,1,1};
很显然，若我们要找出数组a中出现次数超过一半的数字，这个数字便是1，若根据上述思路4所述的方法来查找，我们应该怎么做呢?通过一次性遍历整个数组，然后每次删除不相同的两个数字，过程如下简单表示：
但是如果是 5，5，5，5，1 ，还能运用上述思路么？额，别急，请看下文思路5。0 1 2 1 1 =>2 1 1=>1,最终，1即为所找。
下面，举二个例子：
不同的相消，相同的累积。遍历到第四个数字时，candidate 是5, nTimes 是4; 遍历到第五个数字时，candidate 是5, nTimes 是3; nTimes不为0，那么candidate就是超过半数的。
开始时，保存candidate是数字0，ntimes为1，遍历到数字1后，与数字0不同，则ntime减1变为零,；接下来，遍历到数字2，2与1不同，candidate保存数字2，且ntimes重新设为1；继续遍历到第4个数字1时，与2不同，ntimes减一为零，同时candidate保存为1；最终遍历到最后一个数字还是1，与我们之前candidate保存的数字1相同，ntime加一为1。最后返回的是之前保存的candidate为1。
针对上述程序，我再说详细点，0，1，2，1，1：
Ok，思路清楚了，完整的代码如下：
//改自编程之美 2010
Type Find(Type* a, int N) //a代表数组，N代表数组长度
{
Type candidate;
int nTimes, i;
for(i = nTimes = 0; i < N; i++)
{
if(nTimes == 0)
{
candidate = a[i], nTimes = 1;
}
else
{
if(candidate == a[i])
nTimes++;
else
nTimes--;
}
}
return candidate;
}或者：
//copyright@zhedahht
//July,updated,
//2011.04.16。
#include <iostream>
using namespace std;
bool g_Input = false;
int Num(int* numbers, unsigned int length)
{
if(numbers == NULL && length == 0)
{
g_Input = true;
return 0;
}
g_Input = false;
int result = numbers[0];
int times = 1;
for(int i = 1; i < length; ++i)
{
if(numbers[i] == result)
times++;
else
times--;
if(times == 0)
{
result = numbers[i];
times = 1;
}
}
//检测输入是否有效。
times = 0;
for(i = 0; i < length; ++i)
{
if(numbers[i] == result)
times++;
}
if(times * 2 <= length)
//检测的标准是：如果数组中并不包含这么一个数字，那么输入将是无效的。
{
g_Input = true;
result = 0;
}
return result;
}
int main()
{
int a[10]={1,2,3,4,6,6,6,6,6};
int* n=a;
cout<<Num(a,9)<<endl;
return 0;
}这段代码与上段代码本质上并无二致，不过有几个问题，还是需要我们注意：
#include<iostream>
using namespace std;
int Find(int* a, int N)
{
int candidate1,candidate2;
int nTimes1, nTimes2, i;
for(i = nTimes1 = nTimes2 =0; i < N; i++)
{
if(nTimes1 == 0)
{
candidate1 = a[i], nTimes1 = 1;
}
else if(nTimes2 == 0 && candidate1 != a[i])
//注意：这里的判断条件加上第二个变量是否等于第一个变量的判断
{
candidate2 = a[i], nTimes2 = 1;
}
else
{
if(candidate1 == a[i])
nTimes1++;
else if(candidate2 == a[i])
nTimes2++;
else
{
nTimes1--;
nTimes2--;
}
}
}
return nTimes1>nTimes2?candidate1:candidate2;
}
int main()
{
int a[4]={0,1,2,1};
cout<<Find(a,4)<<endl;
// int a[6]={1,0,2,1,2,1};
// cout<<Find(a,6)<<endl;
}int Find(int* a, int N) //a代表数组，N代表数组长度
{
int candidate;
int nTimes, i;
for(i = nTimes = 0; i < N; i++)
{
if(nTimes == 0)
{
candidate = a[i], nTimes = 1;
}
else
{
if(candidate == a[i])
nTimes++;
else
nTimes--;
}
}
int cTimes = 0;
int candidate2 = a[N-1];
for(i = 0; i < N; i ++)
{
if(a[i] == candidate)
{
cTimes++;
}
}
return cTimes == N/2 ? candidate : candidate2;
} int MoreThanHalf(int a[], int N)
{
int sum1 = 0;//最后一个元素的个数
int sum2 = 0;
int candidate;
int i;
for(i=0;i<N-1;i++)//扫描前N-1个元素
{
if(a == a[N-1])//判断当前元素与最后一个是否相等
sum1++;
if(sum2 == 0)
{
candidate = a;
sum2++;
}
else
{
if(a == candidate)
sum2++;
else
sum2--;
}
}
if((sum1+1) == N/2)
return a[N-1];
else
return candidate;
}Alibaba笔试题：给定一段产品的英文描述，包含M个英文字母，每个英文单词以空格分隔，无其他标点符号；再给定N个英文单词关键字，请说明思路并编程实现方法
String extractSummary(String description,String[] key words)
目标是找出此产品描述中包含N个关键字（每个关键词至少出现一次）的长度最短的子串，作为产品简介输出。（不限编程语言）20分。
这题是来自此篇文章十月百度，阿里巴巴，迅雷搜狗最新面试十一题中整理的阿里巴巴的笔试题，之前已经给出了这样一种思路，如下：
@owen：扫描过程始终保持一个[left,right]的range,初始化确保[left,right]的range里包含所有关键字则停止。然后每次迭代：
上图中，那段大致介绍本博客结构之法算法之道的文字：”程序员面试、算法研究、编程艺术、红黑树4大经典原创系列集锦与总结 作者：July--结构之法算法之道blog之博主。时间：2010年10月-2011年6月。出处：http://...“这段介于搜索关键词与最底下的URL便是我们所称之为的摘要。那么，这段摘要是怎么产生的呢?可以对问题进行如下的简化。
这样，生成的最短摘要实际上就是一串相互联系的分词序列。比如从W[i]到W[j]，其中，0<i<j<=N。例如上图所示的摘要“程序员面试、算法研究、编程艺术、红黑树4大经典原创吸了集锦与总结 作者：July--结构之法算法之道blog之博主.....”中包含了关键字——“结构之法”。
那么，我们该怎么做呢？
思路一：
在分析问题之前，先通过一个实际的例子来探讨。比如在本博客第一篇置顶文章的开头，有这么一段话：
“程序员面试、算法研究、编程艺术、红黑树4大经典原创系列集锦与总结
作者：July--结构之法算法之道blog之博主。
时间：2010年10月-2011年6月。
出处：http://blog.csdn.net/v_JULY_v。
声明：版权所有，侵犯必究。”
那么，我们可以猜想一下可能的分词结果：
”程序员/面试/、/算法/研究/、/编程/艺术/、/红黑树/4/大/经典/原创/系列/集锦/与/总结/ /作者/：/July/--/结构/之/法/算法/之/道/blog/之/博主/....“ （网页的分词效果W数组）
这也就是我们期望的W数组序列。
之前的Q数组序列为：
“结构之法”（用户输入的关键字Q数组）
再看下下面这个W-Q序列：
w0,w1,w2,w3,q0,w4,w5,q1,w6,w7,w8,q0,w9,q1
上述序列上面的是W数组（经过网页分词之后的结果），W[0], W[1],…, W[N]为一些已经分好的词语，
上述序列下面的是Q数组（用户输入的搜索关键词）。其中Q[0], Q[1],…, Q[m]为所有输入的搜索关键词。
ok，如果你不甚明白，我说的通俗点：如上W-Q序列中，我们可以把,q0,w4,w5,q1作为摘要，q0,w9,q1的也可以作为摘要，同样都包括了所有的关键词q0，q1，那么选取哪个是最短摘要呢？答案很明显，后一个更短，选取q0,w9,q1的作为最短摘要，这便是最短摘要的生成。
我们可以进一步可以想象，如下：
从用户的角度看：当我们在百度的搜索框中输入“结构之法”4个字时，搜索引擎将在索引数据库中（关于搜索引擎原理的大致介绍，可参考本博客中这篇文章：搜索引擎技术之概要预览）查找和匹配这4个字的网页，最终第一个找到了本博客的置顶的第一篇文章：[置顶]程序员面试、算法研究、编程艺术、红黑树4大系列集锦与总结；
从搜索引擎的角度看：搜索引擎经过把上述网页分词后，便得到了上述的分词效果，然后在这些分词中查找“结构之法”4个关键字，但这4个关键字不一定只会出现一遍，它可能会在这篇文章中出现多次，就如上面的W-Q序列一般。咱们可以假想出下面的结果（结构之法便出现了两次）：
“程序员/面试/、/算法/研究/、/编程/艺术/、/红黑树/4/大/经典/原创/系列/集锦/与/总结/ /作者/：/July/--/结构/之/法/算法/之/道/blog/之/博主/././././转载/请/注明/出处/：/结构/之/法/算法/之/道/CSDN/博客/./././.”
由此，我们可以得出解决此问题的思路，如下：
最终，通过比较，咱们确定如下分词序列作为最短摘要，即搜索引擎给出的分词效果：
”程序员面试、算法研究、编程艺术、红黑树4大经典原创系列集锦与总结 作者：July--结构之法算法之道blog之博主。时间：2010年10月-2011年6月。出处：http://...“
那么，这个算法的时间复杂度如何呢？
要遍历所有其他的关键词（M），对于每个关键词，要遍历整个网页的词（N），而每个关键词在整个网页中的每一次出现，要遍历所有的Seq，以更新这个关键词与所有其他关键词的最小距离。所以算法复杂度为：O（N^2 * M）。
思路二：
我们试着降低此问题的复杂度。因为上述思路一再进行查找的时候，总是重复地循环，效率不高。那么怎么简化呢？先来看看这些序列：
w0,w1,w2,w3,q0,w4,w5,q1,w6,w7,w8,q0,w9,q1
问题在于，如何一次把所有的关键词都扫描到，并且不遗漏。扫描肯定是无法避免的，但是如何把两次扫描的结果联系起来呢？这是一个值得考虑的问题。
沿用前面的扫描方法，再来看看。第一次扫描的时候，假设需要包含所有的关键词，从第一个位置w0处将扫描到w6处：
w0,w1,w2,w3,q0,w4,w5,q1,w6,w7,w8,q0,w9,q1
那么，下次扫描应该怎么办呢？先把第一个被扫描的位置挪到q0处。
w0,w1,w2,w3,q0,w4,w5,q1,w6,w7,w8,q0,w9,q1
然后把第一个被扫描的位置继续往后面移动一格，这样包含的序列中将减少了关键词q0。那么，我们便可以把第二个扫描位置往后移，这样就可以找到下一个包含所有关键词的序列。即从w4扫描到w9处，便包含了q1，q0：
w0,w1,w2,w3,q0,w4,w5,q1,w6,w7,w8,q0,w9,q1
这样，问题就和第一次扫描时碰到的情况一样了。依次扫描下去，在w中找出所有包含q的序列，并且找出其中的最小值，就可得到最终的结果。编程之美上给出了如下参考代码：
//July、updated，2011.10.21。
int nTargetLen = N + 1; // 设置目标长度为总长度+1
int pBegin = 0; // 初始指针
int pEnd = 0; // 结束指针
int nLen = N; // 目标数组的长度为N
int nAbstractBegin = 0; // 目标摘要的起始地址
int nAbstractEnd = 0; // 目标摘要的结束地址
while(true)
{
// 假设未包含所有的关键词，并且后面的指针没有越界，往后移动指针
while(!isAllExisted() && pEnd < nLen)
{
pEnd++;
}
// 假设找到一段包含所有关键词信息的字符串
while(isAllExisted())
{
if(pEnd – pBegin < nTargetLen)
{
nTargetLen = pEnd – pBegin;
nAbstractBegin = pBegin;
nAbstractEnd = pEnd – 1;
}
pBegin++;
}
if(pEnd >= N)
Break;
} 小结：上述思路二相比于思路一，很明显提高了不小效率。我们在匹配的过程中利用了可以省去其中某些死板的步骤，这让我想到了KMP算法的匹配过程。同样是经过观察，比较，最后总结归纳出的高效算法。我想，一定还有更好的办法，只是我们目前还没有看到，想到，待我们去发现，创造。
思路三：
以下是读者jiaotao1983回复于本文评论下的反馈，非常感谢。
关于最短摘要的生成，我觉得July的处理有些简单，我以July的想法为基础，提出了自己的一些想法，这个问题分以下几步解决：
1，将传入的key words[]生成哈希表，便于以后的字符串比较。结构为KeyHash，如下：
struct KeyHash
{
int cnt;
char key[];
int hash;
}
结构体中的hash代表了关键字的哈希值，key代表了关键字，cnt代表了在当前的扫描过程中，扫描到的该关键字的个数。
当然，作为哈希表结构，该结构体中还会有其它值，这里不赘述。
初始状态下，所有哈希结构的cnt字段为0。
2，建立一个KeyWord结构，结构体如下：
struct KeyWord
{
int start;
KeyHash* key;
KeyWord* next;
KeyWord* prev;
}
key字段指向了建立的一个KeyWord代表了当前扫描到的一个关键字，扫描到的多个关键字组成一个双向链表。
start字段指向了关键字在文章中的起始位置。
3，建立几个全局变量:
KeyWord* head，指向了双向链表的头，初始为NULL。
KeyWord* tail，指向了双向链表的尾，初始为NULL。
int minLen，当前扫描到的最短的摘要的长度，初始为0。
int minStartPos，当前扫描到的最短摘要的起始位置。
int needKeyCnt，还需要几个关键字才能够包括全部的关键字，初始为关键字的个数。
4，开始对文章进行扫描。每扫描到一个关键字时，就建立一个KeyWord的结构并且将其连入到扫描到的双向链表中，更新head和tail结构，同时将对应的KeyHash结构中的cnt加1，表示扫描到了关键字。如果cnt由0变成了1，表示扫描到一个新的关键字，因此needKeyCnt减1。
5，当needKeyCnt变成0时，表示扫描到了全部的关键字了。此时要进行一个操作：链表头优化。
链表头指向的word是摘要的起始点，可是如果对应的KeyHash结构中的cnt大于1，表示扫描到的摘要中还有该关键字，因此可以跳过该关键字。因此，此时将链表头更新为下一个关键字，同时，将对应的KeyHash中的结构中的cnt减1，重复这样的检查，直至某个链表头对应的KeyHash结构中的cnt为1，此时该结构不能够少了。
6，如果找到更短的minLength，则更新minLength和minStartPos。
7，开始新一轮的搜索。此时摘除链表的第一个节点，将needKeyCnt加1，将下一个节点作为链表头，同样的开始链表头优化措施。搜索从上一次的搜索结束处开始，不用回溯。就是所，搜索在整个算法的过程中是一直沿着文章向下的，不会回溯。，直至文章搜索完毕。
这样的算法的复杂度初步估计是O(M+N)。
8，另外，我觉得该问题不具备实际意义，要具备实际意义，摘要应该包含完整的句子，所以摘要的起始和结束点应该以句号作为分隔。
这里，新建立一个结构：Sentence，结构体如下：
struct Sentence
{
int start; //句子的起始位置
int end; //句子的结束位置
KeyWord* startKey; //句子包含的起始关键字
KeyWord* endKey; //句子包含的结束关键字
Sentence* prev; //下一个句子结构
Sentence* next; //前一个句子结构
}
扫描到的多个句子结构组成一个链表。增加两个全局变量，分别指向了Sentence链表的头和尾。
扫描时，建立关键字链表时，也要建立Sentence链表。当扫描到包含了所有的关键字时，必须要扫描到一个完整句子的结束。开始做Sentence头节点优化。做法是：查看Sentence结构中的全部key结构，如果全部的key对应的KeyHash结构的cnt属性全部大于1，表明该句子是多余的，去掉它，去掉它的时候更新对应的HashKey结构的关键字，因为减去了很多的关键字。然后对下一个Sentence结构做同样的操作，直至某个Sentence结构是必不可少的，就是说它包含了当前的摘要中只出现过一次的关键字！
扫描到了一个摘要后，在开始新的扫描。更新Sentence链表的头结点为下一个节点，同时更新对应的KeyHash结构中的cnt关键字，当某个cnt变成0时，就递增needKeycnt变量。再次扫描时仍然是从当前的结束位置开始扫描。
初步估计时间也是O(M+N)。
ok，留下一个编程之美一书上的扩展问题：当搜索一索一个词语后，有许多的相似页面出现，如何判断两个页面相似，从而在搜索结果中隐去这类结果？
本文参考：
编程艺术系列从今年4月开始创作，已写了二十二章。此系列最初是我一个人写，后来我的一些朋友加入进来了，便成立了程序员编程艺术室，是我和一些朋友们一起写了，但到如今一直在坚持的又只剩下自己了。近些天，常常发呆胡乱思考一些东西，如个人写博刚过一年，有时候也看得一些有关互联网创业的文章，便有了下面写博VS创业这个话题：
编程艺术系列一如之前早已说过，“因为编程艺术系列最后可能要写到第六十章”（语出自：程序员编程艺术第一~十章集锦与总结--面试、算法、编程）。期待，编程艺术室的朋友能早日继续加入共同创作。以诸君为傲。ok，若有任何问题，欢迎随时不吝指正。转载请注明出处。完。July、2011.10。