一、题目描述
给你一个有序数组 nums ，请你 原地 删除重复出现的元素，使得出现次数超过两次的元素只出现两次 ，返回删除后数组的新长度。
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。
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]);
}
示例 1：
输入：nums = [1,1,1,2,2,3] 输出：5, nums = [1,1,2,2,3] 解释：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。 不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
示例 2：
输入：nums = [0,0,1,1,1,1,2,3,3] 输出：7, nums = [0,0,1,1,2,3,3] 解释：函数应返回新长度 length =7, 并且原数组的前七个元素被修改为0, 0, 1, 1, 2, 3, 3。不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
提示：
1 <= nums.length <= 3 * 10^4-10^4 <= nums[i] <= 10^4nums已按升序排列
二、解题思路
- 创建两个指针i和j，其中i用于遍历数组，j用于指向下一个待插入的位置。
- 遍历数组，对于每个元素，如果它是第一次出现或者第二次出现，就将它放到数组的前面，即nums[j++] = nums[i]。
- 如果一个元素出现了超过两次，就跳过该元素，继续遍历数组。
- 最后，返回j的值作为新数组的长度。
三、具体代码
class Solution {
public int removeDuplicates(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) {
return 0;
}
int j = 1;
int count = 1;
for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] == nums[i - 1]) {
count++;
} else {
count = 1;
}
if (count <= 2) {
nums[j++] = nums[i];
}
}
return j;
}
}
四、时间复杂度和空间复杂度
1. 时间复杂度
- 该算法只涉及一次遍历数组，其中 n 是数组的长度。
- 在遍历过程中，每个元素最多被访问两次（一次是判断是否与前一个元素相同，另一次是可能将其复制到前面的位置）。
- 因此，总的时间复杂度是 O(n)。
2. 空间复杂度
- 该算法是原地操作，除了几个用于存储索引和计数器的变量外，没有使用额外的空间。
- 变量 j 和 count 只使用了常数级别的空间。
- 因此，总的空间复杂度是 O(1)。
五、总结知识点
-
数组操作：代码直接在输入的数组
nums上进行操作，这是原地算法的一个例子，即不使用额外的数组空间来解决问题。 -
指针或索引概念：变量
i和j被用作索引或指针，分别用于遍历数组和指向下一个待插入元素的位置。 -
计数器：变量
count被用来跟踪当前元素重复出现的次数。 -
循环结构：使用了
for循环来遍历数组，这是基本的控制结构之一。 -
条件语句：使用了
if和else语句来根据不同条件执行不同的代码块。 -
数组元素的访问和赋值：通过索引
i和j访问和修改数组nums中的元素。 -
变量自增：使用了
j++来在每次插入元素后更新j的值，这是 Java 中的一种简洁的写法，等同于j = j + 1。 -
函数定义：整个解决方案被定义在一个名为
removeDuplicates的公共方法中，这是面向对象编程中的一个基本概念。 -
边界条件检查：在方法开始时，检查了
nums是否为null或长度为 0，以确保代码的鲁棒性。 -
逻辑思维：整个算法的实现需要逻辑思维来理解如何通过比较和计数来删除重复的元素，同时保持元素出现次数不超过两次。
以上就是解决这个问题的详细步骤，希望能够为各位提供启发和帮助。
