1，找多数元素
题目：
给定一个大小为 n的数组 nums ，返回其中的多数元素。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。
解法：
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哈希表统计法： 遍历数组 nums ，用 HashMap 统计各数字的数量，即可找出 众数 此方法时间和空间复杂度均为 O(N)
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数组排序法： 将数组 nums 排序，数组中点的元素 一定为众数。
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摩尔投票法： 核心理念为 票数正负抵消 。此方法时间和空间复杂度分别为 O(N)和 O(1) ，为本题的最佳解法。
摩尔投票： 设输入数组 nums 的众数为 x，数组长度为 n 。
推论一： 若记 众数 的票数为 +1 ，非众数 的票数为 −1，则一定有所有数字的 票数和 >0 。
推论二： 若数组的前 a个数字的 票数和 =0，则 数组剩余 (n−a)个数字的 票数和一定仍 >0 ，即后 (n−a)个数字的 众数仍为 x。
private static int majorityElement(int[] nums) { int count = 0; int candidate = 0; for (int num : nums) { if (count == 0) { candidate = num; } count += (num == candidate) ? 1 : -1; } return candidate;}
2，求缺失的第一个正数
题目：
给你一个未排序的整数数组 nums ，请你找出其中没有出现的最小的正整数。
请你实现时间复杂度为 O(n) 并且只使用常数级别额外空间的解决方案。
题解：
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实际上，对于一个长度为 N 的数组，其中没有出现的最小正整数只能在 [1,N+1]中。这是因为如果 [1,N] 都出现了，那么答案是 N+1，否则答案是 [1,N] 中没有出现的最小正整数。
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这样一来，我们将所有在 [1,N] 范围内的数放入哈希表，也可以得到最终的答案。
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而给定的数组恰好长度为 N，这让我们有了一种将数组设计成哈希表的思路： 我们对数组进行遍历，对于遍历到的数 x，如果它在 [1,N]的范围内，那么就将数组中的第 x−1 个位置（注意：数组下标从 0 开始）打上「标记」。
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在遍历结束之后，如果所有的位置都被打上了标记，那么答案是 N+1，否则答案是最小的没有打上标记的位置加1
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那么如何设计这个「标记」呢？由于数组中的数没有任何限制，因此这并不是一件容易的事情。但我们可以继续利用上面的提到的性质：由于我们只在意 [1,N]中的数，因此我们可以先对数组进行遍历，把不在 [1,N] 范围内的数修改成任意一个大于 N 的数（例如 N+1）。这样一来，数组中的所有数就都是正数了，因此我们就可以将「标记」表示为「负号」
算法流程：
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第一次遍历我们将数组中所有小于等于0的数据修改为n+1;
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这时候数据都为正数，我们继续遍历，将 ∣x∣∈[1,N] 的数据打上标记 就是 将其转为复数。由于是逐个遍历的，后边第n个数据很可能已经被打上标记了，因此需要使用Math.abs(nums[i]) 来用绝对值判断
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最后遍历数据 如果存在大于0的数据，那么 返回 n+1; 不存在证明 [1,N] 都出现了 返回len+1
private static int firstMissingPositive(int[] nums) { int len = nums.length; for (int i = 0; i < len; i++) { if (nums[i] <= 0) { nums[i] = len + 1; } } for(int i=0;i<len;i++){ int num = Math.abs(nums[i]); if (num <= len) { nums[num-1] = - Math.abs(nums[num-1]); } } for(int i=0;i<len;i++){ if(nums[i] > -1){ return i+1; } } return len+1;}
题解二：置换
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除了打标记以外，我们还可以使用置换的方法，将给定的数组「恢复」成下面的形式： 如果数组中包含 x∈[1,N]，那么恢复后，数组的第 x−1 个元素为 x。
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在恢复后，数组应当有 [1, 2, ..., N] 的形式，但其中有若干个位置上的数是错误的，每一个错误的位置就代表了一个缺失的正数。
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以题目中的示例二 [3, 4, -1, 1] 为例，恢复后的数组应当为 [1, -1, 3, 4]，我们就可以知道缺失的数为 2
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那么我们如何将数组进行恢复呢？我们可以对数组进行一次遍历，对于遍历到的数 x=nums[i]，如果 x∈[1,N]，我们就知道 x 应当出现在数组中的 x−1的位置，因此交换 nums[i] 和 nums[x−1]，这样 x就出现在了正确的位置。
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在完成交换后，新的 nums[i] 可能还在 [1,N]的范围内，我们需要继续进行交换操作，直到 x 不在[1,N] 。
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注意到上面的方法可能会陷入死循环。如果 nums[i] 恰好与 nums[x−1]相等，那么就会无限交换下去。此时我们有 nums[i]=x=nums[x−1]，说明 已经出现在了正确的位置。因此我们可以跳出循环，开始遍历下一个数。
。 由于每次的交换操作都会使得某一个数交换到正确的位置，因此交换的次数最多为 N，整个方法的时间复杂度为 O(N)。
private static int firstMissingPositive2(int[] nums) { int len = nums.length; for (int i=0;i<len;i++){ while (nums[i]>0 && nums[i]<=len && nums[nums[i]-1]!= nums[i]){ int temp = nums[nums[i]-1]; nums[nums[i]-1]=nums[i]; nums[i] = temp; } } for (int i=0;i<len;i++){ if(nums[i]!=i+1) { return i + 1; } } return len+1;}
