在数组类算法题中，"多数元素" 是一道考察 "高效统计" 思路的经典题目。所谓 "多数元素"，是指在数组中出现次数大于 ⌊n/2⌋ （n 为数组长度）的元素，且题目明确说明 "存在唯一的多数元素"。这道题的最优解 ------摩尔投票法，能以 O (n) 时间复杂度和 O (1) 空间复杂度解决问题，是面试中高频考察的 "最优解思路"。本文将从题目解读、摩尔投票法原理、步骤演示，到代码实现，再到其他解法对比，帮你彻底掌握这道题的核心逻辑。
一、题目链接与题干解读
首先，你可以通过以下链接直接访问题目，先自行思考解题方向：
LeetCode 题目链接 ：169.多数元素
题干核心信息
题目要求如下：
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。
示例理解
通过两个典型示例，能更直观理解 "多数元素" 的定义：
- 示例 1：输入 nums = [3,2,3]，n=3，⌊3/2⌋=1，"3" 出现 2 次（大于 1），因此输出 3；
- 示例 2：输入 nums = [2,2,1,1,1,2,2]，n=7，⌊7/2⌋=3，"2" 出现 4 次（大于 3），因此输出 2。
二、核心解法：摩尔投票法（Boyer-Moore Voting Algorithm）
摩尔投票法的核心思想是 "多数元素的票数终将盖过其他所有元素的票数之和"。由于多数元素出现次数大于 ⌊n/2⌋，即使其他所有元素联合起来 "对抗" 多数元素，多数元素的 "票数" 也会剩余。这种思路无需统计每个元素的出现次数，仅通过一次遍历即可确定候选多数元素，空间复杂度极低。
1. 摩尔投票法的基本原理
我们可以把整个过程想象成一场 "投票选举"：
- 每个元素相当于一张 "选票"，投票给对应的 "候选人"（即元素本身）；
- 我们维护一个 "当前候选人"m和 "当前得票数"cnt：
-
- 当得票数cnt=0时，说明之前的投票已 "抵消完毕"，需要重新选择新的候选人（即当前遍历到的元素）；
-
- 当遇到与当前候选人m相同的元素时，得票数cnt加 1（支持当前候选人）；
-
- 当遇到与当前候选人m不同的元素时，得票数cnt减 1（反对当前候选人，票数抵消）；
- 由于多数元素的出现次数超过数组长度的一半，最终剩余的 "候选人" 必然是多数元素（题目已保证存在多数元素，无需二次验证）。
2. 核心步骤拆解
摩尔投票法仅需一次遍历，具体步骤如下：
- 初始化变量：设置 "当前候选人"m（初始值可随意，后续会更新），"当前得票数"cnt = 0；
- 遍历数组：对于数组中的每个元素x，执行以下判断：
-
- 若cnt == 0：说明之前的票数已抵消，将当前元素x设为新候选人（m = x），并将得票数初始化为 1（cnt = 1）；
-
- 若cnt != 0：
-
-
- 若x == m：当前元素支持候选人，得票数加 1（cnt += 1）；
-
-
-
- 若x != m：当前元素反对候选人，得票数减 1（cnt -= 1）；
-
- 返回结果：遍历结束后，m即为多数元素。
3. 示例演示（以示例 2：nums = [2,2,1,1,1,2,2]为例）
我们一步步跟踪m和cnt的变化，直观感受投票过程：
|------|-------|--------|---------------------|------|--------|-----------------|
| 遍历顺序 | 当前元素x | cnt初始值 | 判断逻辑 | m更新后 | cnt更新后 | 备注 |
| 1 | 2 | 0 | cnt=0 → 设 m=2，cnt=1 | 2 | 1 | 首次选候选人 2 |
| 2 | 2 | 1 | x==m → cnt+1 | 2 | 2 | 支持候选人 2，票数增加 |
| 3 | 1 | 2 | x!=m → cnt-1 | 2 | 1 | 反对候选人 2，票数减少 |
| 4 | 1 | 1 | x!=m → cnt-1 | 2 | 0 | 反对候选人 2，票数抵消为 0 |
| 5 | 1 | 0 | cnt=0 → 设 m=1，cnt=1 | 1 | 1 | 重新选候选人 1 |
| 6 | 2 | 1 | x!=m → cnt-1 | 1 | 0 | 反对候选人 1，票数抵消为 0 |
| 7 | 2 | 0 | cnt=0 → 设 m=2，cnt=1 | 2 | 1 | 重新选候选人 2 |
遍历结束后，m=2，与示例 2 的正确答案一致。从过程可见，即使中间出现其他候选人（如 1），但由于多数元素 2 的出现次数更多，最终仍会成为剩余的候选人。
三、其他常见解法（对比参考）
除了摩尔投票法，"多数元素" 还有其他解法，虽然复杂度不如摩尔投票法最优，但能帮助我们从不同角度理解问题，以下简要介绍两种：
1. 哈希表统计法（空间复杂度 O (n)）
思路
用哈希表（如 Python 中的字典，Java中的hashMap）记录每个元素的出现次数，遍历数组时更新次数，最后遍历哈希表，返回出现次数大于⌊n/2⌋的元素。
优缺点
- 优点：逻辑简单直观，易于实现；
- 缺点：需要额外开辟哈希表空间，空间复杂度为 O (n)，不如摩尔投票法高效。
2. 排序法（时间复杂度 O (n log n)）
思路
由于多数元素出现次数大于⌊n/2⌋，对数组排序后，数组的 "中间位置"（索引为 n//2）的元素必然是多数元素（例如：n=7 时，索引 3；n=3 时，索引 1，均为多数元素）。
优缺点
- 优点：代码极简，依赖排序 API 即可实现；
- 缺点：排序的时间复杂度为 O (n log n)，不如摩尔投票法的 O (n) 高效。
代码片段（Python）
python
class Solution:
def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:
nums.sort()
return nums[len(nums) // 2]四、复杂度分析（摩尔投票法）
1. 时间复杂度：O (n)
- 摩尔投票法仅对数组进行一次遍历，每个元素只参与一次 "判断 - 更新" 操作，无嵌套循环；
- 遍历次数与数组长度 n 成正比，因此时间复杂度为线性的 O (n)。
2. 空间复杂度：O (1)
- 整个过程只用到了两个额外变量（m和cnt），没有开辟新的数组、哈希表或其他数据结构；
- 额外空间的使用与数组长度 n 无关，因此空间复杂度为常数级的 O (1)。
五、摩尔投票法代码实现
以下以 Python ，Java为例，实现摩尔投票法：
1，Python
python
class Solution:
def majorityElement(self, nums: List[int]) -> int:
cnt = 0
m = 0
for x in nums:
if cnt == 0:
m = x
cnt = 1
else:
cnt += 1 if m == x else -1
return m2，Java
java
class Solution {
public int majorityElement(int[] nums) {
int cnt = 0, m = 0;
for (int x : nums) {
if (cnt == 0) {
m = x;
cnt = 1;
} else {
cnt += m == x ? 1 : -1;
}
}
return m;
}
}你可以将上述代码复制到 LeetCode 编辑器中测试，完全符合题目要求。
六、总结与拓展
摩尔投票法是解决 "多数元素" 问题的最优解，其核心优势在于 "线性时间 + 常数空间"，这种高效性使其在面试中备受青睐。需要注意的是，摩尔投票法的适用场景有两个前提：
- 数组中存在多数元素（若不确定是否存在，需在第一次遍历后进行二次遍历，统计候选元素的出现次数，确认是否满足 "多数" 条件）；
- 多数元素的定义是 "出现次数大于⌊n/2⌋"（若定义为 "出现次数大于⌊n/3⌋"，则需扩展为 "双候选人摩尔投票法"，可找出最多两个候选元素，再二次验证）。
扩展场景：找出出现次数大于⌊n/3⌋的元素
若题目改为 "找出数组中所有出现次数大于⌊n/3⌋的元素"（LeetCode 229 题），可扩展摩尔投票法为 "双候选人" 模式：
- 维护两个候选人m1、m2和两个得票数cnt1、cnt2；
- 遍历数组时，优先给与m1、m2相同的元素加票，否则若cnt1=0或cnt2=0，更新对应的候选人和票数，最后若都不满足，则给两个候选人同时减票；
- 遍历结束后，需二次验证两个候选人的出现次数是否大于⌊n/3⌋（因可能不存在或存在 1-2 个符合条件的元素）。
掌握摩尔投票法的核心逻辑，不仅能解决 "多数元素" 问题，更能应对其扩展场景，体现算法思维的灵活性。
希望通过本文的讲解，你能不仅学会 "多数元素" 的解法，更能深入理解摩尔投票法的原理，将其灵活应用到类似的 "高频统计" 问题中，提升面试竞争力。