Java版LeetCode热题100之多数元素：从暴力解法到Boyer-Moore投票算法的全面解析
本文约9500字，系统性地讲解了LeetCode第169题“多数元素”的多种解法、原理分析、复杂度评估及面试实战技巧。适合准备算法面试或深入理解数据结构与算法的同学阅读。
一、原题回顾
题目名称：多数元素（Majority Element）
LeetCode编号：169
难度等级：简单（但蕴含深刻思想）
题目描述
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；
- 给定的数组总是存在多数元素。
示例
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约束条件
n == nums.length1 <= n <= 5 * 10^4-10^9 <= nums[i] <= 10^9- 输入保证数组中一定有一个多数元素。
进阶要求
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。
二、原题分析
这道题的核心在于：如何高效地找出出现次数超过一半的元素？
关键观察点：
- 多数元素唯一存在（因为若有两个元素都超过 n/2，则总和 > n，矛盾）；
- 出现次数 > n/2，意味着它在数量上绝对占优；
- 不需要知道具体出现多少次，只需识别出该元素即可。
常见的错误思路：
- 直接排序后取中间值（可行，但非最优）；
- 暴力双重循环统计（时间复杂度过高）；
- 忽略“存在多数元素”这一强前提，导致算法冗余。
本题的价值在于：引导我们从不同角度思考“计数”与“比较”的本质，并引出经典的Boyer-Moore 投票算法。
三、答案构思：五种主流解法概览
我们将从暴力 → 哈希 → 排序 → 随机化 → 分治 → 投票算法逐步优化，最终达到 O(n) 时间 + O(1) 空间的理想解。
| 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 是否满足进阶要求 |
|---|---|---|---|
| 暴力枚举 | O(n²) | O(1) | ❌ |
| 哈希表 | O(n) | O(n) | ❌ |
| 排序 | O(n log n) | O(log n) | ❌ |
| 随机化 | 期望 O(n) | O(1) | ✅（概率性） |
| 分治 | O(n log n) | O(log n) | ❌ |
| Boyer-Moore 投票 | O(n) | O(1) | ✅✅✅ |
下面逐一详解。
四、完整答案与代码实现
方法一：哈希表（HashMap）
思路
用哈希表统计每个元素的出现次数，遍历过程中维护最大频次的元素。
代码实现
importjava.util.*;classSolution{publicintmajorityElement(int[]nums){Map<Integer,Integer>counts=newHashMap<>();intmajorityCount=nums.length/2;for(intnum:nums){counts.put(num,counts.getOrDefault(num,0)+1);if(counts.get(num)>majorityCount){returnnum;// 提前返回，优化常数时间}}// 理论上不会执行到这里，因题目保证存在多数元素return-1;}}优化点：在插入时立即判断是否超过 n/2，可提前终止，避免二次遍历。
代码分析
- 使用
getOrDefault简化逻辑； - 利用“多数元素必然存在”的前提，可在计数超过阈值时立即返回；
- 无需存储所有计数后再遍历。
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)，仅一次遍历；
- 空间复杂度：O(n)，最坏情况下所有元素都不同（但题目保证有众数，实际空间 < n）。
方法二：排序法
思路
由于多数元素出现 > n/2 次，无论其值大小，排序后必定占据中间位置。
例如：
[2,2,1,1,1,2,2]→ 排序后[1,1,1,2,2,2,2]，索引 3（即 7/2=3）为 2；[3,2,3]→[2,3,3]，索引 1 为 3。
代码实现
importjava.util.Arrays;classSolution{publicintmajorityElement(int[]nums){Arrays.sort(nums);returnnums[nums.length/2];}}代码分析
- 极简代码，依赖语言内置排序；
- 利用数学性质：中位数必为众数。
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n log n)，由排序决定；
- 空间复杂度：O(log n)，Java 的
Arrays.sort()对基本类型使用双轴快排，递归栈深度为 O(log n)。
⚠️ 注意：若手写堆排序，可将空间降至 O(1)，但时间仍为 O(n log n)。
方法三：随机化算法
思路
由于多数元素占比 > 50%，随机选一个元素，它是众数的概率 > 50%。重复几次几乎必然命中。
代码实现
importjava.util.Random;classSolution{privateintcountOccurrences(int[]nums,inttarget){intcount=0;for(intnum:nums){if(num==target)count++;}returncount;}publicintmajorityElement(int[]nums){Randomrand=newRandom();intn=nums.length;intmajorityThreshold=n/2;while(true){intcandidate=nums[rand.nextInt(n)];if(countOccurrences(nums,candidate)>majorityThreshold){returncandidate;}}}}代码分析
- 每次随机选一个下标，验证是否为众数；
- 虽然理论上可能无限循环，但期望尝试次数仅为 2 次（几何分布）。
复杂度分析
- 时间复杂度：期望 O(n)，最坏 O(∞)（实际不可能）；
- 空间复杂度：O(1)。
✅ 满足进阶要求（概率意义上）。
方法四：分治法（Divide and Conquer）
思路
关键性质：若 a 是整个数组的众数，则 a 至少是左半或右半的众数。
证明（反证法）：
- 假设 a 在左半 ≤ l/2 次，右半 ≤ r/2 次；
- 则总次数 ≤ (l + r)/2 = n/2，与“> n/2”矛盾。
因此可递归求解左右子数组的众数，再合并比较。
代码实现
classSolution{// 统计 [lo, hi] 区间内 num 的出现次数privateintcountInRange(int[]nums,intnum,intlo,inthi){intcount=0;for(inti=lo;i<=hi;i++){if(nums[i]==num)count++;}returncount;}privateintmajorityElementRec(int[]nums,intlo,inthi){// 基线条件：单个元素if(lo==hi)returnnums[lo];intmid=lo+(hi-lo)/2;intleftCandidate=majorityElementRec(nums,lo,mid);intrightCandidate=majorityElementRec(nums,mid+1,hi);// 若左右候选相同，直接返回if(leftCandidate==rightCandidate){returnleftCandidate;}// 否则统计两者在整个区间中的出现次数intleftCount=countInRange(nums,leftCandidate,lo,hi);intrightCount=countInRange(nums,rightCandidate,lo,hi);returnleftCount>rightCount?leftCandidate:rightCandidate;}publicintmajorityElement(int[]nums){returnmajorityElementRec(nums,0,nums.length-1);}}代码分析
- 递归分割数组；
- 合并时需 O(n) 时间统计两个候选的全局频次；
- 利用“众数必在子区间中占优”的性质。
复杂度分析
- 时间复杂度：T(n) = 2T(n/2) + O(n) →O(n log n)（主定理）；
- 空间复杂度：O(log n)，递归栈深度。
方法五：Boyer-Moore 投票算法（最优解）
思路
核心思想：多数元素“抵消”其他元素后仍有剩余。
- 维护一个候选
candidate和计数器count； - 遍历数组：
- 若
count == 0，则更新candidate = current； - 若当前元素 ==
candidate，count++；否则count--；
- 若
- 最终
candidate即为众数。
为什么有效？
因为众数数量 > 其他所有元素之和，所以“一对一抵消”后，众数必胜。
代码实现（简洁版）
classSolution{publicintmajorityElement(int[]nums){intcount=0;Integercandidate=null;for(intnum:nums){if(count==0){candidate=num;}count+=(num==candidate)?1:-1;}returncandidate;// 题目保证存在，无需验证}}正确性证明（直观理解）
以[7,7,5,7,5,1,5,7,5,5,7,7,7,7,7,7]为例：
| 元素 | 7 | 7 | 5 | 7 | 5 | 1 | 5 | 7 | 5 | 5 | 7 | 7 | 7 | 7 | 7 | 7 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| cand | 7 | 7 | 7 | 7 | 7 | 7 | 5 | 5 | 5 | 5 | 5 | 5 | 7 | 7 | 7 | 7 |
| cnt | 1 | 2 | 1 | 2 | 1 | 0 | 1 | 0 | 1 | 2 | 1 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 |
- 每当
count=0，意味着此前的子数组中无绝对优势元素； - 新一轮从当前位置开始“重新计票”；
- 由于众数整体占优，最后一轮的
candidate必为众数。
📌注意：若题目不保证存在多数元素，需在最后加一步验证（遍历统计
candidate是否 > n/2）。
复杂度分析
- 时间复杂度：O(n)，仅一次遍历；
- 空间复杂度：O(1)，仅用两个变量。
✅完美满足进阶要求！
五、时间复杂度与空间复杂度对比总结
| 方法 | 时间复杂度 | 空间复杂度 | 是否稳定 | 是否满足进阶 |
|---|---|---|---|---|
| 暴力 | O(n²) | O(1) | 是 | ❌ |
| 哈希表 | O(n) | O(n) | 是 | ❌ |
| 排序 | O(n log n) | O(log n) | 是 | ❌ |
| 随机化 | 期望 O(n) | O(1) | 否（概率） | ✅（弱） |
| 分治 | O(n log n) | O(log n) | 是 | ❌ |
| Boyer-Moore | O(n) | O(1) | 是 | ✅✅✅ |
结论：在确定存在多数元素的前提下，Boyer-Moore 投票算法是最优解。
六、常见问题解答（FAQ）
Q1：为什么排序后中间元素一定是众数？
因为众数出现 > n/2 次，即使全部集中在一端，也会“覆盖”中位数位置。例如 n=7，众数至少出现 4 次，无论怎么排，第 4 个位置（索引 3）必为其值。
Q2：Boyer-Moore 算法能用于“找出现次数最多的元素”吗？
不能！它仅适用于“存在出现次数 > n/2 的元素”的场景。若只是找频率最高的（如 top-1），需用哈希表。
Q3：如果数组中没有多数元素，怎么办？
Boyer-Moore 仍会返回一个
candidate，但需二次验证：// 验证 candidate 是否真的 > n/2intcount=0;for(intnum:nums)if(num==candidate)count++;returncount>nums.length/2?candidate:-1;
Q4：随机化算法会不会超时？
几乎不会。期望尝试 2 次，每次 O(n)，总期望时间 2n。即使尝试 10 次，概率也极低（< 0.1%）。
七、优化思路与工程实践建议
1.优先选择 Boyer-Moore
- 代码简洁、效率高、空间省；
- 适用于流式数据（无法存储全部元素时）。
2.哈希表 vs 投票算法
- 若需同时获取所有元素频次，用哈希表；
- 若仅需众数，用投票算法。
3.排序法的适用场景
- 当数组已部分有序，或后续还需其他顺序操作时；
- 代码最短，适合快速原型。
4.避免暴力解法
- O(n²) 在 n=5e4 时操作次数达 2.5e9，必然超时。
八、数据结构与算法基础知识点回顾
1.哈希表（HashMap）
- 平均 O(1) 插入/查询；
- 底层：数组 + 链表/红黑树（Java 8+）；
- 适用于“计数”、“去重”、“映射”场景。
2.分治思想
- 将大问题分解为相似子问题；
- 典型应用：归并排序、快速排序、线段树；
- 时间复杂度常用主定理分析。
3.随机化算法
- 利用概率降低期望复杂度；
- 常见于：快速选择、蒙特卡洛方法；
- 需注意最坏情况（虽概率极低）。
4.Boyer-Moore 投票算法
- 属于在线算法（online algorithm）；
- 核心：利用“多数”与“少数”的数量差；
- 可扩展至“找出现 > n/k 的元素”（需 k-1 个计数器）。
九、面试官提问环节（模拟）
Q：你能解释一下 Boyer-Moore 算法为什么正确吗？
答：因为多数元素出现次数超过一半，所以在“一对一抵消”过程中，其他所有元素合起来也无法完全抵消它。算法通过维护一个候选和计数器，模拟这一抵消过程。当计数器归零时，说明此前的子数组中无绝对优势元素，于是从当前位置重新开始。由于整体上众数占优，最后一轮的候选必为众数。
Q：如果要找出现次数超过 n/3 的元素（可能有0、1或2个），怎么做？
答：可扩展 Boyer-Moore 思想，维护两个候选和两个计数器。遍历时：
- 若当前元素等于任一候选，对应计数器+1；
- 若有计数器为0，替换该候选；
- 否则两个计数器都-1。
最后需验证两个候选是否真的 > n/3。
这就是LeetCode 229. 求众数 II的解法。
Q：这个算法能用于数据流（streaming data）吗？
答：完全可以！Boyer-Moore 是典型的单遍扫描、常数空间算法，非常适合处理无法全部加载到内存的大数据流。每来一个新元素，更新
candidate和count即可，无需回溯。
十、这道算法题在实际开发中的应用
1.分布式系统中的共识机制
- 在 Paxos、Raft 等协议中，“多数派”决策是核心；
- 类似思想：只要超过半数节点同意，即可达成一致。
2.实时数据分析
- 监控系统中识别“高频异常事件”；
- 如：某 IP 在短时间内发起 >50% 的请求，可能是 DDoS 攻击。
3.投票系统
- 选举中得票过半者胜出；
- 算法可快速识别领先者（假设数据按时间流式到达）。
4.缓存淘汰策略
- LRU 等策略需统计访问频次；
- 若某资源访问量突增（>50%），可优先缓存。
十一、相关题目推荐
| 题号 | 题目 | 难度 | 关联点 |
|---|---|---|---|
| 229 | 求众数 II | 中等 | 扩展：找 > n/3 的元素 |
| 1207 | 独一无二的出现次数 | 简单 | 哈希表计数 |
| 387 | 字符串中的第一个唯一字符 | 简单 | 计数 + 遍历 |
| 509 | 斐波那契数 | 简单 | 对比：非计数类问题 |
| 217 | 存在重复元素 | 简单 | 哈希表去重 |
重点练习 229 题，它是本题的自然延伸。
十二、总结与延伸
核心收获
- 多数元素问题的本质是“数量优势”，而非“值的大小”；
- Boyer-Moore 投票算法是解决此类问题的最优方案，体现了“抵消思想”的巧妙；
- 算法选择需结合问题约束（如“保证存在众数”）；
- 从暴力到最优，体现了算法优化的典型路径：空间换时间 → 利用数学性质 → 在线处理。
延伸思考
能否在 O(1) 空间内找到 top-k 频繁元素？
→ 一般不能，但若 k 固定（如 k=2），可用扩展投票法。如果数组是只读的，且不能修改，还能用投票算法吗？
→ 可以！投票算法不要求修改原数组。在 GPU 或并行计算中如何加速？
→ 分治法天然适合并行：各子区间独立计算候选，最后合并。
最后的话
LeetCode 169 题看似简单，却蕴含了哈希、排序、分治、随机化、在线算法等多种思想。掌握它，不仅是为了通过面试，更是为了培养从问题本质出发设计算法的能力。
记住：最优解往往来自于对问题约束的深刻理解，而非盲目套用模板。
