1.多数元素
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
提示：
- n == nums.length
- 1 <= n <= 5 * 104
- -109 <= numsi <= 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。
解法：
方法一 哈希表
思路
可以用哈希表来快速统计每个元素出现的次数。
算法
我们使用哈希映射（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。
python
def func(list):
counters = collections.Counter(list)
return max(counters.keys(),key=counters.get)这个方法：
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(n)
方法二 排序
思路
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。
python
def func(list):
list.sort()
return list[len(list) // 2]时间复杂度：O(nlogn)
空间复杂度：O(logn)
方法三 分治
思路
如果数 a 是数组 nums 的众数，如果我们将 nums 分成两部分，那么 a 必定是至少一部分的众数。
我们可以使用反证法来证明这个结论。假设 a 既不是左半部分的众数，也不是右半部分的众数，那么 a 出现的次数少于 l / 2 + r / 2 次，其中 l 和 r 分别是左半部分和右半部分的长度。由于 l / 2 + r / 2 <= (l + r) / 2，说明 a 也不是数组 nums 的众数，因此出现了矛盾。所以这个结论是正确的。
这样以来，我们就可以使用分治法解决这个问题：将数组分成左右两部分，分别求出左半部分的众数 a1 以及右半部分的众数 a2，随后在 a1 和 a2 中选出正确的众数。
算法
我们使用经典的分治算法递归求解，直到所有的子问题都是长度为 1 的数组。长度为 1 的子数组中唯一的数显然是众数，直接返回即可。如果回溯后某区间的长度大于 1，我们必须将左右子区间的值合并。如果它们的众数相同，那么显然这一段区间的众数是它们相同的值。否则，我们需要比较两个众数在整个区间内出现的次数来决定该区间的众数。
时间复杂度：O(nlogn)
空间复杂度：O(logn)