题目描述

给定一个排序数组，你需要在 原地 删除重复出现的元素，使得每个元素只出现一次，返回移除后数组的新长度。

不要使用额外的数组空间，你必须在 原地 修改输入数组 并在使用 O(1) 额外空间的条件下完成。

示例 1:

给定数组 nums = [1,1,2],

函数应该返回新的长度 2, 并且原数组 nums 的前两个元素被修改为 1, 2。

你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。 示例 2:

给定 nums = [0,0,1,1,1,2,2,3,3,4],

函数应该返回新的长度 5, 并且原数组 nums 的前五个元素被修改为 0, 1, 2, 3, 4。

你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。

说明:

为什么返回数值是整数，但输出的答案是数组呢?

请注意，输入数组是以「引用」方式传递的，这意味着在函数里修改输入数组对于调用者是可见的。

你可以想象内部操作如下:

// nums 是以“引用”方式传递的。也就是说，不对实参做任何拷贝 int len = removeDuplicates(nums);

// 在函数里修改输入数组对于调用者是可见的。 // 根据你的函数返回的长度, 它会打印出数组中该长度范围内的所有元素。 for (int i = 0; i < len; i++) { print(nums[i]); }

这个题目有几个要求，原地算法，即不能使用额外的空间，空间复杂度要求O(1)。

同时我们不需要考虑数组中超出新长度后面的元素，实例1，我们最后给出的结果是[1,2,*]。第三个元素肯定是有的，不用对它进行重置等操作。

同时这个题，要求的返回结果是新的长度，即没有重复元素的个数。

解题思路

双指针法

由于数组是拍好序的，所以如果有重复元素，肯定是挨着的。

使用两个指针，第一个指针在0位置记作i，第二个指针在1位置记作j。然后比较num[i]与num[j]。如果两者相同，则j向后挪动。当两者不同时，先将i加一，然后判断j与i的关系，如果j=i则不必交换。如果j!=i，则将num[i]的值置为num[j]，然后i向后挪动。然后继续比较，直到j到达数组的末尾。这时i+1就表示未重复元素的个数。

代码实现：

 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15

public static int removeDuplicatesSelf(int[] nums) {
  if (nums.length == 0) {
    return 0;
  }
  int i = 0;
  for (int j = 1; j < nums.length; j++) {
    if (nums[j] != nums[i]) {
      i++;
      if (j != i) {
        nums[i] = nums[j];
      }
    }
  }
  return i + 1;
}