闻道有先后，术业有专攻，如是而已。——韩愈《师说》
1 问题定义
首先，摩尔投票算法不是解决一组数求众数问题，它的约束还要多一个。即找到 n 个数中出现次数超过 n/2 的数。也就是说给定 n 个数只有两个结果，要么不存在次数超过 n/2 的数，要么存在次数超过 n/2 的数，如果不存在就返回不存在，如果存在就返回是哪个数次数超过 n/2 。
力扣参考： 面试题 17.10. 主要元素 和 169. 多数元素
2 理解算法
首先，该问题可以用任何求众数的算法解决，但是时间空间效率较佳的是摩尔投票法，O(1)的空间复杂度，O(n)的时间复杂度。摩尔投票法充分利用了超过 n/2 这个条件。我喜欢用同归于尽去理解的它。举个例子，假设六大门派围攻光明顶，明教教徒众多，一个明教教徒和任意一个门派的教徒同归于尽，如果明教教徒足够多，那么取胜的就是明教，反之，明教就被灭了。
3 具体算法逻辑
遍历数组，维护两个变量count和num_now，分别统计当前出现次数最多的元素次数和数值。初始化count=0,num_now=nums[0]。这些数nums[i]（教徒）依次登上擂台。
遍历到任意一个数（教徒）有3种结果：
1.count=0。即擂台现在是空的，那么登上擂台，count=1,num_now=nums[i]；
2.count!=0 && num_now==nums[i]。即擂台上有人，都是我这个门派的，那我加入他们，count++；
3.count!=0 && num_now!=nums[i]。即擂台上有人，但是是其他门派的，让他们派出一个人和我同归于尽,count- -;
4 java实现
4.1 力扣【169.多数元素】
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
//维护两个变量
int count=0;//出现次数
int num_now=0;//当前的数字
for(int i=0;i<nums.length;i++){
//当前无人，站上擂台
if(count==0){
num_now = nums[i];
count++;
}
//有和我一样的人，站队
else if(nums[i]==num_now) count++;
//擂台上的和我不一样,同归于尽
else count--;
}
//返回
return num_now;
}
}
4.2力扣【面试题 17.10. 主要元素】
注意该题和上述题还有些不一样，它不保证给的数组一定有出现次数超过 n/2 的数，所以还要加判断。
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
//维护两个变量
int count=0;//出现次数
int num_now=0;//当前的数字
for(int i=0;i<nums.length;i++){
//当前无人，站上擂台
if(count==0){
num_now = nums[i];
count++;
}
//有和我一样的人，站队
else if(nums[i]==num_now) count++;
//擂台上的和我不一样,同归于尽
else count--;
}
//统计确认是不是大于n/2
count=0;
for(int i=0;i<nums.length;i++){
if(nums[i]==num_now) count++;
}
if(count>nums.length/2)
return num_now;
else
return -1;
}
}
5 进阶
力扣：229. 求众数 II 给定一个大小为 n 的数组，找出其中所有出现超过 ⌊ n/3 ⌋ 次的元素。
此时光明顶就可能不是只有一个赢家了，最多有两个门派成为赢家。所以需要维护两套count和now_num。遍历来了一个新的数有五种可能：
1.站上擂台，成立门派1；
2.站上擂台，成立门派2；
3.加入门派1；
4.加入门派2；
5.三个人一起同归于尽。
有很多博主和力扣的解答在判断语句里面写的很简洁，确实可以优化，但是读起来要多思考一下。这里面要注意的点就是，成立门派的时候首先要判断你属不属于另一边的门派，不能立两个中央啊。另外就是在统计最后出现次数的个数的时候，要考虑 num_now1 和 num_now2 是同一个数的情况（输入就一个数）。
class Solution {
public List<Integer> majorityElement(int[] nums) {
//保存输出的list
ArrayList<Integer> out = new ArrayList<Integer>();
//为空检测
if(nums.length==0) return out;
//维护四个变量
int count1 = 0;//出现次数
int num_now1 = nums[0];//当前的数字
int count2 = 0;//出现次数
int num_now2 = nums[0];//当前的数字
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
//新成立门派1
if (count1 == 0 && num_now2 != nums[i]) {
num_now1 = nums[i];
count1++;
continue;
}
//新成立门派2
if (count2 == 0 && num_now1 != nums[i]) {
num_now2 = nums[i];
count2++;
continue;
}
//加入门派1
if (num_now1 == nums[i]) {
count1++;
continue;
}
//加入门派2
if (num_now2 == nums[i]) {
count2++;
continue;
}
//不是上面所有情况，同归于尽
count1--;
count2--;
}
//统计最多的两个数的个数
count1 = 0;
count2 = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] == num_now1)
count1++;
else if(nums[i] == num_now2)
count2++;
}
//如果超过1/3就返回
if (count1 > nums.length / 3)
out.add(num_now1);
if (count2 > nums.length / 3)
out.add(num_now2);
return out;
}
}
如果是出现次数大于 n/4 呢？n/5呢？又如何解决。
6 总结
该题没有涉及复杂的数据结构，但是几个if-else的应用非常精妙，值得好好品味，continue的使用也可以很好的减少代码量。刷十题不如好好总结一题，扩展衍生举一反三。