看题目：
数组中有一个数字出现的次数超过数组长度的一半，请找出这个数字。例如输入一个长度为9的数组{1,2,3,2,2,2,5,4,2}。由于数字2在数组中出现了5次，超过数组长度的一半，因此输出2。如果不存在则输出0。
我的直接思路：
用map计数，简单直接，遍历一次数组，用hashmap记录，key为int值，value为出现次数；
第二次再用map.entrySet找出有没value大于数组长度一般的entry，有的话返回它的key。
时间复杂度也是2n而已，这个方法时间复杂度是O(n)空间复杂度也是O(n)
代码实现：
/*方法1 蛮力，遍历一次，用一个map来记录 第二次遍历把出现次数大于length/2的那个值找出来 */ public int MoreThanHalfNum_Solution(int [] array) { int targetCount = array.length / 2; //key为数组中的值，value为出现的次数 HashMap<Integer,Integer> map = new HashMap<Integer,Integer>(); for(int temp : array) { if(map.get(temp) == null)map.put(temp, 1); else map.put(temp, map.get(temp) + 1); } Set<Entry<Integer,Integer>> entrySet = map.entrySet(); for(Entry<Integer,Integer> entry : entrySet) { if(entry.getValue() > targetCount)return entry.getKey(); } return 0; }
方法2：中位数
如果数组是排好序的，就好解决了：
如果排好序，然后又存在这样的数字的话，那么它的值肯定和数组中间那个值是一样的！！（比如：1，2，2，2，3；或2，2，2，3，4；或2，3，4，4，4等等）
所以我们只需要排序后，一次遍历，访问每个元素都和中间值比较，只要相等计数器就加一，遍历完后如果计数器大于数组长度一半就返回那个中间元素就好。
排序最快是O(Nlogn)，然后加上遍历是O(n)，空间复杂度是O(1)
代码里直接用的是Arrays的sort方法，它的实现没记错是O(Nlogn)的快排。
看代码：
/*方法2 排序后中位数法 如果有个数字出现的次数大于数组长度的一半，那么这个数组排序后，它的中位数一定是这个数字 */ public int MoreThanHalfNum_Solution(int [] array) { Arrays.sort(array); int count = 0, middleNum = array[array.length / 2]; for(int temp : array) { if(temp == middleNum)count++; } if(count > array.length / 2)return middleNum; else return 0; }
方法3：——快排思路
方法2中，我们排序是为了找出中位数，那么如果可以更快地找出中位数就不用排序了。
借鉴快速排序算法，其中的Partition()方法是一个最重要的方法，该方法返回一个index，能够保证index位置的数是已排序完成的，在index左边的数都比index所在的数小，在index右边的数都比index所在的数大。那么本题就可以利用这样的思路来解。
通过Partition()返回index，如果index==mid，那么就表明找到了数组的中位数；如果index<mid，表明中位数在[index+1,end]之间；如果index>mid，表明中位数在[start,index-1]之间。直到最后求得index==mid循环结束。
通过Partition()返回index，如果index==mid，那么就表明找到了数组的中位数；如果index<mid，表明中位数在[index+1,end]之间；如果index>mid，表明中位数在[start,index-1]之间。直到最后求得index==mid循环结束。
说白了就是找中位数这一步，我们不选择直接排序数组，而是用快排的Partition方法
该算法的时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)
看代码：
/*方法3 利用快排的思想 */ public int MoreThanHalfNum_Solution(int [] array) { if(array.length <= 0)return 0; int begin = 0, end = array.length - 1, middle = array.length / 2; int partition = partition(array, begin, end); while(partition != middle) { if(partition > middle) {//中位数在partition的左边 partition = partition(array, begin, partition - 1); } else {//中位数在partition右边 partition = partition(array, partition + 1, end); } } //找出中位数了，看这个中位数出现的次数是否符合要求 int count = 0, middleKey = array[middle]; for(int temp : array) { if(temp == middleKey)count++; } if(count > array.length / 2)return array[middle]; else return 0; } //这个方法是以第一个元素为基准，然后进行划分，划分后比基准元素小的数字都在它左边，比它大的数字都在它右边 返回划分后，这个元素的新index// private int partition(int[] a, int begin, int end) { int key = a[begin]; int i = begin, j = end; while(i < j) { while(i < j && a[j] >= key)j--; while(i < j && a[i] <= key)i++; swap(a, i, j); } swap(a, begin, i); return i; } //交换数字函数，传入数组还有要交换的两个数字的index// private void swap(int[] a, int first, int second) { int temp = a[first]; a[first] = a[second]; a[second] = temp; }
方法4——阵地攻守思想
第一个数字作为第一个士兵，守阵地；count = 1；
遇到相同元素，count++;
遇到不相同元素，即为敌人，同归于尽,count--；当遇到count为0的情况，又以新的i值作为守阵地的士兵，继续下去，同时count更新为1.
到最后还留在阵地上的士兵，有可能是主元素。
再加一次循环，记录这个士兵的个数看是否大于数组一般即可。
这个方法也是主要因为考虑到：题目中要找的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。，那么肯定最后留下来的是那个出现超过一半的。
该方法时间复杂度O(N)，空间复杂度O(1)
实现的时候就维护两个变量：一个是数组中的一个数字，一个是次数。
当我们遍历到下一个数字的时候，
如果下一个数字和当前我们保存的数字相同，则次数加 1；
如果和当前我们保存的数字不同，则次数减 1；
当次数减到 0 的时候，我们将保存的数字改为当前遍历所处的位置，并将次数更改为 1。
看代码：
/*方法4 阵地攻守思想，其实和牛客上面那个什么“用户分形叶”的思路一样的，不同实现而已 */ public int MoreThanHalfNum_Solution(int [] array) { //int count = 1; int count = 0;//这里我们设初始的count为0好了，因为利用java的foreach语法是要从第一个key开始遍历的，那么就是碰到第一个开始，设为1 int key = array[0]; for(int temp : array) { if(temp == key)count++; else if(count > 0)count--; else {//count==0的情况，这个时候把key换成现在这个元素，并把count设为1，意思是这是第一次碰到这个元素 key = temp; count = 1; } } //判断这个得到的key是不是符合要求 int count2 = 0; for(int temp : array) { if(temp == key)count2++; } if(count2 > array.length / 2)return key; else return 0; }