Given an array of size n, find the majority element. The majority element is the element that appears more than ⌊ n/2 ⌋ times.
You may assume that the array is non-empty and the majority element always exist in the array.
这里题目要求找出出现次数超过n/2的元素。
可以先排序，出现次数超过一半的元素会出现在数组中间。时间O(nlogn)空间O(1)
无论找出出现次数多于多少的元素，都可以使用HashMap来找，在往map中添加的时候就可以判断了。O(n)时间复杂度和空间复杂度
public int majorityElement(int[] nums) { if(nums.length==1) return nums[0]; HashMap<Integer,Integer> map=new HashMap<>(); for(int i=0;i<nums.length;i++){ if(map.get(nums[i])==null) map.put(nums[i],1); else{ int num=map.get(nums[i]); if(num+1>nums.length/2) return nums[i]; map.put(nums[i],num+1); } } return 0; }
多数投票算法。。
该算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)，只需要对原数组进行两趟扫描，并且简单易实现。第一趟扫描我们得到一个候选节点candidate，第二趟扫描我们判断candidate出现的次数是否大于⌊ n/2 ⌋。这里题目说元素必然存在，所以第二趟就省略了。先看代码.
public int majorityElement(int[] nums) { int candidate=0;int count=0; for(int i=0;i<nums.length;i++){ if(count==0){ count++; candidate=nums[i]; }else if(candidate==nums[i]) count++; else count--; } return candidate; }
我们来看看原理。（参考http://blog.csdn.net/kimixuchen/article/details/52787307）
因为存在超过一半次数的元素，上面算法中，该元素会去抵消其他的元素（抵消一个count就变为0）。然后该元素还有剩余，所以最后的candidate就是该元素了。
为了解析算法的原理，我们只要考虑存在多数元素的情况即可，因为第二趟扫描可以检测出不存在多数元素的情况。
举个例子，我们的输入数组为[1,1,0,0,0,1,0]，那么0就是多数元素。
首先，candidate被设置为第一个元素1，count也变成1，由于1不是多数元素，所以当扫描到数组某个位置时，count一定会减为0。在我们的例子中，当扫描到第四个位置时，count变成0.
count 值变化过程：
[1,2,1,0……
当count变成0时，对于每一个出现的1，我们都用一个0与其进行抵消，所以我们消耗掉了与其一样多的0，而0是多数元素，这意味着当扫描到第四个位置时，我们已经最大程度的消耗掉了多数元素。然而，对于数组从第五个位置开始的剩余部分，0依然是其中的多数元素(注意，多数元素出现次数大于⌊ n/2 ⌋，而我们扫描过的部分中多数元素只占一般，那剩余部分中多数元素必然还是那个数字)。如果之前用于抵消的元素中存在非多数元素，那么数组剩余部分包含的多数元素就更多了。
类似的，假设第一个数字就是多数元素，那么当count减为0时，我们消耗掉了与多数元素一样多的非多数元素，那么同样道理，数组剩余部分中的多数元素数值不变。
这两种情况证明了关键的一点：数组中从candidate被赋值到count减到0的那一段可以被去除，余下部分的多数元素依然是原数组的多数元素。我们可以不断重复这个过程，直到扫描到数组尾部，那么count必然会大于0，而且这个count对应的candinate就是原数组的多数元素。
对于其他求不是超过n/2的，而是n/k的，可以使用map。