重点 ： 首先请考虑最基本的摩尔投票问题，找出一组数字序列中出现次数大于总数1/2的数字（并且假设这个数字一定存在）。显然这个数字只可能有一个。摩尔投票算法是基于这个事实：每次从序列里选择两个不相同的数字删除掉（或称为“抵消”），最后剩下一个数字或几个相同的数字，就是出现次数大于总数一半的那个。
举个简单的例子：
会议大厅站满了投票代表，每个都有一个牌子上面写着自己所选的候选人的名字。然后选举意见不合的（所选的候选人不同）两个人，会打一架，并且会同时击倒对方。显而易见，如果一个人拥有的选票比其它所有人加起来的选票还要多的话，这个候选人将会赢得这场“战争”，当混乱结束，最后剩下的那个代表（可能会有多个）将会来自多数人所站的阵营。但是如果所有参加候选人的选票都不是大多数（选票都未超过一半），那么最后站在那的代表（一个人）并不能代表所有的选票的大多数。因此，当某人站到最后时，需要统计他所选的候选人的选票是否超过一半（包括倒下的），来判断选票结果是否有效。
所以我们的目标就是：删除，删除，删除。删到不能删除为止。
实现的算法从第一个数开始扫描整个数组，有两个变量(参考第一答题者的变量名)major和count。其实这两个变量想表达的是一个“隐形的数组”array，array存储的是“当前暂时无法删除的数字”，我们先不要管major和count，只考虑这个array，同时再维护一个结果数组result，result里面存储的是每次删除一对元素之后的当前结果。为了方便理解举一个示例：
输入：{1,2,1,3,1,1,2,1,5}
从第一个数字1开始，我们想要把它和一个不是1的数字一起从数组里抵消掉，但是目前我们只扫描了一个1，所以暂时无法抵消它，把它加入到array，array变成了{1}，result由于没有抵消任何元素所以还是原数组{1,2,1,3,1,1,2,1,5}。
然后继续扫描第二个数，是2，我们可以把它和一个不是2的数字抵消掉了，因为我们之前扫描到一个1，所以array变成了{},result变成了{1,3,1,1,2,1,5}
继续扫描第三个数1，无法抵消，于是array变成了{1},result还是{1,3,1,1,2,1,5};
接下来扫描到3,可以将3和array数组里面的1抵消,于是array变成了{},result变成了{1,1,2,1,5}
接下来扫描到1，此时array为空，所以无法抵消这个1，array变成了{1},result还是{1,1,2,1,5}
接下来扫描到1，此时虽然array不为空，但是array里也是1，所以还是无法抵消，把它也加入这个array,于是array变成了{1,1}（其实到这我们可以发现，array里面只可能同时存在一种数，因为只有array为空或当前扫描到的数和array里的数字相同时才把这个数字放入array）,result还是{1,1,2,1,5}
接下来扫描到2，把它和一个1抵消掉，至于抵消哪一个1，无所谓，array变成了{1},result是{1,1,5}
接下来扫描到1，不能抵消，array变成了{1,1}，result{1,1,5}
接下来扫描到5，可以将5和一个1抵消，array变成了{1},result变成了{1}
至此扫描完成了数组里的所有数，result里剩了1，所以1就是大于一半的数组。
再回顾一下这个过程，其实就是删除（抵消）了（1，2），（1，3），（1，5）剩下了一个1。
但是！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！！
有没有考虑过这样的一种情况：1，2，1，2，5
根据上面的分析（1,2）抵消（1,2）抵消，最后输出5，但是我们明显知道5并不符合我们的输出条件，因为他现次数并没有超过一半！ 因此我们最后一步还需要遍历检测一遍5在数组中出现的次数！这点非常重要！也是我们例子中加粗表示的原因。
明白了这些，那么LeetCode面试题 17.10. 主要元素上的也就很简单了
int majorityElement(int* nums, int numsSize){ int major = nums[0]; int cnt = 0; for (int i = 0; i < numsSize; ++i) { if(cnt == 0) { major = nums[i]; } //如果cnt为0的话,就给major重新赋值 if(major == nums[i]) cnt ++; else cnt --; } if(cnt==0) return -1; else { int n=0; for(int i = 0; i < numsSize; ++i) { if(major==nums[i]) n++; } return n>numsSize/2 ? major : -1; } }