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一 描述
给定一个大小为 n 的数组，找到其中的多数元素。多数元素是指在数组中出现次数 大于 ⌊ n/2 ⌋ 的元素。
你可以假设数组是非空的，并且给定的数组总是存在多数元素。
示例 1：
输入：[3,2,3]
输出：3
示例 2：
输入：[2,2,1,1,1,2,2]
输出：2
进阶：
尝试设计时间复杂度为 O(n)、空间复杂度为 O(1) 的算法解决此问题。
二 分析
数组中有一个数字出现的次数超过数组长度的一半，也就是说它出现的次数比其他所有数字出现的次数的和还要多。 因此我们可以考虑在遍历数组的时候保存两个值：一个是数组的一个数字，一个是次数。 当我们遍历到下一个数字的时候:
如果下一个数字和我们之前保存的数字相同，则次数加1； 如果不同，则次数减1； 如果次数为0，则保存下一个数字，并把次数设为1。
三 答案
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
int n = nums.length;
int result = nums[0];
int count = 1;
for(int i = 1;i<n;i++){
if(nums[i] == result)
count++;
if(nums[i] != result)
count--;
if(count == 0){
result = nums[i];
count = 1;
}
}
return count>0?result:-1;
}
}
总结
这道题本身不难，但是理解摩尔投票算法还是很有必要的。
摩尔投票算法如果不了解的话可以去看下官方的解答，说的非常详细。
这里简单摘抄下核心思想
Boyer-Moore 算法的本质和方法四中的分治十分类似。我们首先给出 Boyer-Moore 算法的详细步骤：
我们维护一个候选众数 candidate 和它出现的次数 count。初始时 candidate 可以为任意值，count 为 0；
我们遍历数组 nums 中的所有元素，对于每个元素 x，在判断 x 之前，如果 count 的值为 0，我们先将 x 的值赋予 candidate，随后我们判断 x：
如果 x 与 candidate 相等，那么计数器 count 的值增加 1；
如果 x 与 candidate 不等，那么计数器 count 的值减少 1。
在遍历完成后，candidate 即为整个数组的众数。
参考
【Chthollist】多数元素 (众数) ：「摩尔投票法」&「哈希表」&「位运算」 - 多数元素 - 力扣（LeetCode） (leetcode-cn.com)
Java-3种方法(计数法/排序法/摩尔投票法) - 多数元素 - 力扣（LeetCode） (leetcode-cn.com)
