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问题描述
给定一个无序数组，有n个元素，找出其中的一个多数元素，多数元素出现的次数大于? n/2 ?，注意数组中也可能不存在多数元素。
一般解法
- 先对数组排序，然后取中间位置的元素，再对数据扫描一趟来判断此元素是否为多数元素。时间复杂度O(nlog(n))，空间复杂度O(1)。
- 使用一个hash表，对数组进行一趟扫描统计每个元素出现的次数，即可得到多数元素。时间复杂度O(n)，空间复杂度O(n)。
Boyer-Moore 算法
该算法时间复杂度为O(n)，空间复杂度为O(1)，只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
- 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。
python代码：
candidate = 0
count = 0
for value in input:if count == 0:candidate = valueif candidate == value:count += 1else:count -= 1在第一趟扫描结束后，如果数组中存在多数元素，那么candidate即为其值，如果原数组不存在多数元素，则candidate的值没有意义。所以需要第二趟扫描来统计candidate出现的次数来判断其是否为多数元素。
代码虽简单，但我们不光要知其然，更要知其所以然，探究代码背后的原理往往可以收获更多。
原理解析
为了解析算法的原理，我们只要考虑存在多数元素的情况即可，因为第二趟扫描可以检测出不存在多数元素的情况。
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也变成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般，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。
分布式Boyer-Moore
Boyer-Moore还有一个优点，那就是可以使用并行算法实现。相关算法可见Finding the Majority Element in Parallel
其基本思想为对原数组采用分治的方法，把数组划分成很多段(每段大小可以不相同)，在每段中计算出candidate-count二元组，然后得到最终结果。
举个例子，原数组为[1,1,0,1,1,0,1,0,0]
划分1：
[1,1,0,1,1] –> (candidate,count)=(1,3)
划分2：
[0,1,0,0] –> (candidate,count)=(0,2)
根据(1,3)和(0,2)可得，原数组的多数元素为1.
正因为这个特性，考虑若要从一个非常大的数组中寻找多数元素，数据量可能多大数百G，那么我们甚至可以用MapReduce的方式来解决这个问题。
参考
- https://gregable.com/2013/10/majority-vote-algorithm-find-majority.html
- The Boyer-Moore Majority Vote Algorithm
- Finding the Majority Element in Parallel