1 删除指定数字

传送门

给你一个数组 nums 和一个值 val，你需要 原地 移除所有数值等于 val 的元素，并返回移除后数组的新长度。不要使用额外的数组空间，你必须仅使用 O(1) 额外空间并 原地 修改输入数组。元素的顺序可以改变。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，不对实参作任何拷贝

int len = removeElement(nums, val);

// 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 = [3,2,2,3], val = 3

输出：2, nums = [2,2]

解释：函数应该返回新的长度 2, 并且 nums 中的前两个元素均为 2。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。例如，函数返回的新长度为 2 ，而 nums = [2,2,3,3] 或 nums = [2,2,0,0]，也会被视作正确答案。

示例 2：

输入：nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2

输出：5, nums = [0,1,4,0,3]

解释：函数应该返回新的长度 5, 并且 nums 中的前五个元素为 0, 1, 3, 0, 4。注意这五个元素可为任意顺序。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。

提示：

0 <= nums.length <= 100

0 <= nums[i] <= 50

0 <= val <= 100

2 解题思路一

遍历数组中每一个元素，判断该元素是否为删除的数字，如果是，就将该数字后面的元素全部往前挪动一位，直至遍历完所有数组。

int removeElement(int* nums, int numsSize, int val)
{
int i=0;
for(i=0;i<numsSize;i++)
{
    if(nums[i]==val)
    {
        int k=0;
        for(k=i;k<numsSize-1;k++)
        {
            nums[k]=nums[k+1];
        }
        numsSize--;
        i--;
    }
}
return numsSize;
}

这种方法最容易想到，实现起来也比较容易，按这种方法实现的话，时间复杂度为O(N^2),空间复杂度为O(1),不是一种特别好的方法。

leetcode上的执行用时和内存消耗与网速有关，可以不必去刻意关注这个。

3 解题思路二

如果我们重新创立一个数组，遍历目标数组将不是删除元素的值一个一个赋给我们新创立的数组。

但是这种方法肯定是不符合本题目的要求，这儿只是提供给一种思路。

具体代码：

int removeElement(int* nums, int numsSize, int val)
{
int *pn=(int*)malloc(sizeof(int)*numsSize);
int i=0;
int k=0;
for(i=0;i<numsSize;i++)
{
    if(nums[i]!=val)
    {
        pn[k++]=nums[i];
    }
}
return k;
}

按这种方法实现的话，时间复杂度为O(N),但是空间复杂度也为O(N)，这就感觉是用空间换取时间为代价的，这种方法显然还不是比较好的，还有更好的方法吗？

4 解题思路三

通过第二种思路我们知道是开辟了额外的空间来将不是删除元素一一赋过去的，那么能够不通过开辟额外的空间将元素赋过去吗？答案当然是可以的。可以通过定义两个变量src和dest，然后遍历数组，将数组与删除元素比较，如果不是，先把下标为src的元素的值赋给下标为dest元素，再让src和dest分别++，如果是删除元素，就只让src++，让src去找数组中不等于删除元素的值，放到dest指向的位置去。

具体代码实现：

int removeElement(int* nums, int numsSize, int val)
{
int src=0;
int dest=0;
while(src<numsSize)
{
    if(nums[src]!=val)
    {
        nums[dest]=nums[src];
        src++;
        dest++;
    }
    else
    {
        src++;
    }
}
return dest;
}

按照这种方法来实现的话，时间复杂度为O(N),空间复杂度为O(1)，这种方法显然比前面两种方法要好些。

好了，今天的分享就到这里了