题目要求如下：
令A是一个长度为n的正整数序列。试设计一个时间
和空间复杂度分别为O(n)和O(1) 的算法，判断A中
是否存在这样的元素x，x在序列中出现次数超过n/3。
若存在这样的x，则将其输出。
实现思路：
BM（Boyer-Moore Majority Vote Algorithm）投票法：设置一个计数器，在遍历数组的时候，如果是这个数，则计数器加1，否则减1，该方法用来计数超过一半的数非常方便。在这里我们改进一下BM投票计数法：设置两个计数器，如果是两个数中的一个，则对应的计数器加1，如果不是这两个数中的任何一个，则两个计数器都减1。如果计数器为0了，则统计当前这个数。那么如果一个数出现次数超过1/3，则最后必然出现在统计的数中，但是我们不确定得到的这两个数出现次数是否超过1/3，因此最后需要验证一下。该算法的时间复杂度是O(n)，空间复杂度是O(1)。
证明思路：
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，
代码：
class Solution {
public:
vector<int> majorityElement(vector<int>& nums) {
int a=0;
int b=1;
int ca=0;
int cb=0;
for(int i=0;i<nums.size();i++)
{
if(nums[i]==a)
ca++;
else if(nums[i]==b)
cb++;
else if(ca==0)
{
a=nums[i];
ca++;
}
else if(cb==0)
{
b=nums[i];
cb++;
}
else
{
ca--;
cb--;
}
}
ca=0;
cb=0;
for(int i=0;i<nums.size();i++)
{
if(nums[i]==a)
ca++;
else if(nums[i]==b)
cb++;
}
vector<int> result;
if(ca>nums.size()/3)
result.push_back(a);
if(cb>nums.size()/3)
result.push_back(b);
return result;
}
};