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一、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。

示例 1：
输入：nums = [3,2,3]
输出：3

示例 2：
输入：nums = [2,2,1,1,1,2,2]
输出：2

n == nums.length
1 <= n <= 5 * 104
-109 <= nums[i] <= 109

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、代码

【1】哈希映射（HashMap）： 来存储每个元素以及出现的次数。对于哈希映射中的每个键值对，键表示一个元素，值表示该元素出现的次数。我们用一个循环遍历数组nums并将数组中的每个元素加入哈希映射中。在这之后，我们遍历哈希映射中的所有键值对，返回值最大的键。我们同样也可以在遍历数组nums时候使用打擂台的方法，维护最大的值，这样省去了最后对哈希映射的遍历。

class Solution {public int majorityElement(int[] nums) {// 思想： 通过 hashMap 存放 value 和 count , 如果 count > n/2 直接返回if (nums.length == 0) {return 0;}int mid = nums.length/2;Map<Integer, Integer> map = new HashMap<Integer, Integer>(); for (int i = 0; i < nums.length; i++) {map.put(nums[i], map.getOrDefault(nums[i], 0) + 1);if (map.getOrDefault(nums[i], 0) > mid) {return nums[i];}}return 0;}
}

时间复杂度： O(n)其中n是数组nums的长度。我们遍历数组nums一次，对于nums中的每一个元素，将其插入哈希表都只需要常数时间。如果在遍历时没有维护最大值，在遍历结束后还需要对哈希表进行遍历，因为哈希表中占用的空间为O(n)（可参考下文的空间复杂度分析），那么遍历的时间不会超过O(n)。因此总时间复杂度为O(n)。
空间复杂度： O(n)哈希表最多包含n−⌊n/2⌋个键值对，所以占用的空间为O(n)。这是因为任意一个长度为n的数组最多只能包含n个不同的值，但题中保证nums一定有一个众数，会占用（最少）⌊n/2⌋+1个数字。因此最多有n−(⌊n/2⌋+1)个不同的其他数字，所以最多有n−⌊n/2⌋个不同的元素。

【2】排序： 如果将数组nums中的所有元素按照单调递增或单调递减的顺序排序，那么下标为⌊n/2⌋的元素（下标从0开始）一定是众数。

class Solution {public int majorityElement(int[] nums) {Arrays.sort(nums);return (nums[nums.length/2]);}
}

时间复杂度： O(nlog⁡n)将数组排序的时间复杂度为O(nlog⁡n)。
空间复杂度： O(log⁡n)如果使用语言自带的排序算法，需要使用O(log⁡n)的栈空间。如果自己编写堆排序，则只需要使用O(1)的额外空间。

【3】Boyer-Moore 投票算法： 如果我们把众数记为+1，把其他数记为−1，将它们全部加起来，显然和大于0，从结果本身我们可以看出众数比其他数多。

oyer-Moore算法的本质和分治十分类似。我们首先给出Boyer-Moore算法的详细步骤：
【1】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；
【1】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。

我们举一个具体的例子，例如下面的这个数组：

[7, 7, 5, 7, 5, 1 | 5, 7 | 5, 5, 7, 7 | 7, 7, 7, 7]

在遍历到数组中的第一个元素以及每个在 | 之后的元素时，candidate都会因为count的值变为0而发生改变。最后一次candidate的值从5变为7，也就是这个数组中的众数。

Boyer-Moore算法的正确性较难证明，这里给出一种较为详细的用例子辅助证明的思路，供读者参考：首先我们根据算法步骤中对count的定义，可以发现：在对整个数组进行遍历的过程中，count的值一定非负。这是因为如果count的值为0，那么在这一轮遍历的开始时刻，我们会将x的值赋予candidate并在接下来的一步中将count的值增加1。因此count的值在遍历的过程中一直保持非负。

那么count本身除了计数器之外，还有什么更深层次的意义呢？我们还是以数组

[7, 7, 5, 7, 5, 1 | 5, 7 | 5, 5, 7, 7 | 7, 7, 7, 7]

作为例子，首先写下它在每一步遍历时candidate和count的值：

nums:      [7, 7, 5, 7, 5, 1 | 5, 7 | 5, 5, 7, 7 | 7, 7, 7, 7]
candidate:  7  7  7  7  7  7   5  5   5  5  5  5   7  7  7  7
count:      1  2  1  2  1  0   1  0   1  2  1  0   1  2  3  4

我们再定义一个变量value，它和真正的众数maj绑定。在每一步遍历时，如果当前的数x和maj相等，那么value的值加1，否则减1。value的实际意义即为：到当前的这一步遍历为止，众数出现的次数比非众数多出了多少次。我们将value的值也写在下方：

nums:      [7, 7, 5, 7, 5, 1 | 5, 7 | 5, 5, 7, 7 | 7, 7, 7, 7]
value:      1  2  1  2  1  0  -1  0  -1 -2 -1  0   1  2  3  4

有没有发现什么？我们将count和value放在一起：

nums:      [7, 7, 5, 7, 5, 1 | 5, 7 | 5, 5, 7, 7 | 7, 7, 7, 7]
count:      1  2  1  2  1  0   1  0   1  2  1  0   1  2  3  4
value:      1  2  1  2  1  0  -1  0  -1 -2 -1  0   1  2  3  4

发现在每一步遍历中，count和value要么相等，要么互为相反数！并且在候选众数candidate就是maj时，它们相等，candidate是其它的数时，它们互为相反数！

为什么会有这么奇妙的性质呢？这并不难证明：我们将候选众数candidate保持不变的连续的遍历称为「一段」。在同一段中，count的值是根据candidate == x的判断进行加减的。那么如果candidate恰好为maj，那么在这一段中，count和value的变化是同步的；如果candidate不为maj，那么在这一段中count和value的变化是相反的。因此就有了这样一个奇妙的性质。

这样以来，由于：我们证明了count的值一直为非负，在最后一步遍历结束后也是如此；由于value的值与真正的众数maj绑定，并且它表示「众数出现的次数比非众数多出了多少次」，那么在最后一步遍历结束后，value的值为正数；

在最后一步遍历结束后，count非负，value为正数，所以它们不可能互为相反数，只可能相等，即count == value。因此在最后「一段」中，count的value的变化是同步的，也就是说，candidate中存储的候选众数就是真正的众数maj。

class Solution {public int majorityElement(int[] nums) {int count = 0;Integer candidate = null;for (int num : nums) {if (count == 0) {candidate = num;}count += (num == candidate) ? 1 : -1;}return candidate;}
}

时间复杂度： O(n)，Boyer-Moore算法只对数组进行了一次遍历。
空间复杂度： O(1)，Boyer-Moore算法只需要常数级别的额外空间。