经典算法 | 求长度为n数组中所有出现次数多于⌊ n/m ⌋的所有数的O(n)时间，O(1)空间算法

求数组中多于一半的或者是多于1/3的全部数字都可以用这种方法解决

这里给你一个数组，要你求出所有出现数量多于 ⌊ n/3 ⌋的数字，这题方法简单，但是原理非常复杂，，首先用两个数a,b,n1,n2来分别记录峰1，峰2，峰1的数量，峰2的数量，可以证明，当求 所有多于⌊ n/m ⌋的数的时候，只要定义(m-1)个不同的数字，以及(m-1)个不同的计数，将所有计数初始化为0，所有数字初始化为不同值，记住，一定要是不同值，但是可以是任何值，要不然不能保证计算过程中所有数字的不同，最后可能导致result里面添加多个相同的数字

证明方法是，当发现num[i]和a1,a2,…am-1里面一个数字相同的时候，假设是ak,将nk加一，当发现num[i]和任何一个数字都不同的时候，替换掉任何一个nk==0的数字，也就是ak=num[i],nk++,就这样一直计算下去，可以证明，当计算完成的时候，a1,a2…am-1里面一定存在所有出现次数多于⌊ n/m ⌋的数，这时只要重新检查a1,a2…am-1看那个出现的次数多于⌊ n/m ⌋就行了

这里简单的证明一下，假设有m个区间，每个区间有t个数，那么n可表示成n=m*t+z,这里z=0~m-1,这里假设有一组多于⌊ n/m ⌋，设这组为A,那么他的数量num(A)>=t+1,<=n,可以证明，每一个A里面的数可以和m-1个其他数消除，每m-1个其他数可以消除一个A，我们现在来证明当算法进行到最后A一定消除不完。

我们使A的数量最少，为t+1,非A的数尽可能的多，为（m-1）*t+m-1-1=n-t-1,非A的数能消耗A的数最多为⌊ （m-1）*t+m-1-1 ⌋=⌊ t-1/(m-1) ⌋<t+1，因此A的数最后一定有剩，A的数有剩则其一定存在于a1,a2…am-1里面，否则其一定被消耗完了，这和假设不符，其他各个多于⌊ n/m ⌋的数也可以同样证明，

class Solution {

public:

   vector<int> majorityElement(vector<int>& nums) {

      inta, n1, b, n2, num; vector<int> result;

      num= nums.size() / 3;

      n1= n2 = 0; a = 0; b = 1;

      for(int u : nums)

      {

            if(u == a)

            {
                  n1++;
            }
            else
                  if(u == b)
                       n2++;
                  else
                  if(n1==0)
                  {
                       a= u; n1++;
                  }
                  else
                  if(n2==0)
                  {
                       b= u; n2++;
                  }
                  else
                  {
                       n1--;n2--;
                  }
      }
      n1= 0; n2 = 0;

      for(int u : nums)

      {

            if(u == a) n1++;

            if(u == b) n2++;

      }

      if(n1 > num) result.push_back(a);

      if(n2 > num) result.push_back(b);

      returnresult;

}

};