投票算法 / Boyer-Moore算法
该算法可以用O(n)的时间复杂度和O(1)的空间复杂度找到其中的多数元素。给定一个大小为 n 的数组，多数元素是指在数组中出现次数大于 ⌊ n/2 ⌋ 的元素
1、算法步骤
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。
第一趟扫描中，我们需要记录2个值：candidate，初值可以为任何数，第二个count，初值为0。之后，对于数组中每一个元素，首先判断count是否为0，若为0，则把candidate设置为当前元素。之后判断candidate是否与当前元素相等，若相等则count+=1，否则count-=1。如果保证数组中存在多数元素，可以不仅第二次扫描。反之不保证则需要，candidate的值没有意义。
2、原理解析
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也为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半，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。
python(没有进行二次扫描)
def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:
j, k = nums[0], 1
for i in range(1,len(nums)):
if k == 0:
j = nums[i]
k = 1
else:
if nums[i] == j:
k += 1
else:
k -= 1
return j
java（有二次扫描，没有复合条件的元素就返回-1）
public int majorityElement(int[] nums) {
int j = 0;
int k = 0;
for(int num:nums){
if(k==0) {
k=1;
j = num;
}else{
if(j == num) k++;
else k--;
}
}
int count = 0;
for(int num:nums){
if(num == j) count++;
}
return count > nums.length /2 ? j:-1;
}
参考：
https://zhuanlan.zhihu.com/p/135737697
Majority Element in Parallel
https://leetcode-cn.com/problems/find-majority-element-lcci/submissions/
https://leetcode-cn.com/problems/majority-element/