1.本题最不动脑子的做法便是设置一个哈希表，遍历数组的同时给元素对应位置的哈希表值+1，同时判断该值是否大于numsSize / 2，可写出完整代码如下：
cpp
1. int majorityElement(int* nums, int numsSize) {
2. int hash[2000000001] = {0};
3. for (int i = 0; i < numsSize; i++){
4. hash[nums[i] + 1000000000]++;
5. if (hash[nums[i] + 1000000000] > numsSize / 2){
6. return nums[i];
7. }
8. }
9.
10. return nums[0];
11. }该算法在逻辑上完全没有问题，但因为要考虑题目给出的元素数据范围为"-10^9 ~ 10^9"，设置的哈希表范围也非常大，在该函数的栈上存不下这么多数据，会导致栈溢出，无法通过力扣的本地测试。该算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(m)，m为数据范围。
2.当题目保证一定存在出现次数大于n/2的元素时，就可以使用摩尔投票法。记录当前元素的值num_cur，这个值可以理解为擂主，出现一次相同的值就将计数值+1，反之则-1。当计数值减为负数，擂主就换成当前元素，因为最终出现次数大于n/2的元素一定会站在擂台最后，其他所有元素的出现次数和都小于它的次数。
3.基于以上思想，可写出完整代码如下：
cpp
1. int majorityElement(int* nums, int numsSize) {
2. // cur_num：摩尔投票的候选数；cnt：候选的计票
3. int cur_num = nums[0];
4. int cnt = 1;
5. // 从第2个元素开始遍历数组
6. for (int i = 1; i < numsSize; i++){
7. if (nums[i] == cur_num){
8. // 当前元素等于候选，票数+1
9. cnt++;
10. } else {
11. // 当前元素不等于候选，票数抵消-1
12. cnt--;
13. // 票数小于0，说明候选被抵消完，更换新候选，新候选票数初始化为1
14. if (cnt < 0){
15. cnt = 1;
16. cur_num = nums[i];
17. }
18. }
19. }
20. return cur_num;
21. }该算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)。
4.非常神奇的一点是，如果将票数判断条件从cnt < 0改为cnt == 0，本题依然是正确的。按照正常的理解来说，这会导致新的元素被多算了一次，但实际上的逻辑为：
（1）如果是虚假的多数元素被推翻，那么真正的多数元素即使多加了1次仍然是多数，不影响。
（2）如果是真正的多数元素被暂时推翻，少数元素多加了1次，但因为多数元素一定严格大于其他所有元素的次数和，也就是至少大于1，所以它一定能卷土重来，推翻现在的少数元素擂主，之后它也多加了1次，将这个差距补回来了。
本质上只是凑巧对了，实际解题过程中还是应该使用cnt < 0这种正常逻辑。
5.本题题解给了非常多的解法，包括但不限于：
（1）哈希表
（2）摩尔投票法
（3）排序法，下标为n/2的元素一定是答案
（4）随机化法，随机挑选一个元素来验证它是不是答案
（5）分治法
从复杂度角度来说，还是摩尔投票法是本题最优解。