给定一个排序数组,你需要在原地删除重复出现的元素,使得每个元素最多出现两次,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 nums = [1,1,1,2,2,3], 函数应返回新长度 length =5
, 并且原数组的前五个元素被修改为1, 1, 2, 2,
3 。 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 = [0,0,1,1,1,1,2,3,3], 函数应返回新长度 length =7
, 并且原数组的前五个元素被修改为0
, 0, 1, 1, 2, 3, 3 。 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]); }
思想:这道题的基本思想是用两个快慢指针,慢指针start指向当前正确序列的下标(初始化为-1),快指针就是遍历的下标,当遍历一次数组,如果start等于-1证明start还没有被更新,判断快指针nums[i]和它之前两个是否相等:
nums[i] == nums[i - 1] && nums[i - 1] == nums[i - 2]
如果相等意味着快指针需要赋值给慢指针,然后慢指针加1。
如果慢指针不为-1且快指针和慢指针的前两个元素不相等,即:
start != -1 && nums[i] != nums[start - 2]
就把快指针赋值给慢指针,慢指针+1,其实慢指针维护的永远是正确的序列。
参考代码:
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if(nums.size()<=2){
return nums.size();
}
int start = -1;
for (int i = 2; i < nums.size(); i++) {
if (start == -1 && nums[i] == nums[i - 1] && nums[i - 1] == nums[i - 2]) {
start = i;
}
if (start != -1 && nums[i] == nums[start - 2] && nums[i] == nums[start - 1]) continue;
if (start != -1 && nums[i] != nums[start - 2]) {
swap(nums[start], nums[i]);
start++;
}
}
return start==-1?nums.size():start;
}
};
思路二:其实和思路一差不多,但是代码简洁的多,初始化慢指针i为0,然后开始遍历数组,如果i<2或者nums[fast]>nums[i-2],就把快指针对应的值赋值为慢指针,然后慢指针+1,这里用到的技巧在于如果i<2对应着i初始化还没有被更新的情况,nums[fast]>nums[i-2]的情况对应出现了3个一样元素的情况,这种就是把上述两种情况放到一起考虑
参考代码:
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
int i = 0;
for (int n : nums) {
if (i<2 || n>nums[i-2]) {
nums[i++] = n;
}
}
return i;
}
};