数据结构与算法②(复杂度相关OJ)(六道数组OJ题)（上）：https://developer.aliyun.com/article/1513311
四.27. 移除元素
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 <= 1000 <= nums[i] <= 500 <= val <= 100
三个思路：
读完题后易想到用遍历数组的方法：
从头开始遍历，找到val后，把val后面的数都左移，把val覆盖；
但这样 时间是O(N^2) 空间是O(1) 效率太低；
这时面试官可能会问如果不考虑空间，能否把时间优化到O(N)?
此时就想到开辟新数组的方法，遍历一遍原数组，找到不是val的值放到新数组，
最后拷贝回原数组就行；
这样 时间是O(N) 空间是O(N) 不符合题意
这时面试官可能又会问还有没有更优解?
如果掌握了快慢指针的思想这题就能有更优解：
快慢指针：
int removeElement(int* nums, int numsSize, int val) { //运用快慢指针思想 时间O(N) 空间O(1) int slow = 0, fast = 0; while (fast < numsSize) { if (nums[fast] != val) { nums[slow] = nums[fast]; fast++; slow++; } else { fast++; } } return slow; }
五.26. 删除有序数组中的重复项
给你一个 升序排列 的数组 nums ，请你 原地 删除重复出现的元素，使每个元素 只出现一次 ，
返回删除后数组的新长度。元素的 相对顺序 应该保持 一致 。
由于在某些语言中不能改变数组的长度，所以必须将结果放在数组nums的第一部分。更规范地说,
如果在删除重复项之后有 k 个元素，那么 nums 的前 k 个元素应该保存最终结果。
将最终结果插入 nums 的前 k 个位置后返回 k 。
不要使用额外的空间，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。
判题标准:
系统会用下面的代码来测试你的题解:
int[] nums = [...]; // 输入数组 int[] expectedNums = [...]; // 长度正确的期望答案 int k = removeDuplicates(nums); // 调用 assert k == expectedNums.length; for (int i = 0; i < k; i++) { assert nums[i] == expectedNums[i]; }
如果所有断言都通过，那么您的题解将被 通过。
示例 1：
输入：nums = [1,1,2]
输出：2, nums = [1,2,_]
解释：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 。不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
示例 2：
输入：nums = [0,0,1,1,1,2,2,3,3,4]
输出：5, nums = [0,1,2,3,4]
解释：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 。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
思路和上一题的三个思路几乎一样。
这题有人觉得三指针更易理解，但本人觉得双指针更易理解。
快慢指针：
int removeDuplicates(int* nums, int numsSize) { //运用快慢指针思想 时间O(N) 空间O(1) int slow = 0, fast = 1 ; while (fast < numsSize) { if (nums[fast] != nums[slow]) { nums[++slow] = nums[fast];//不同就拷贝进慢指针的后一个 } fast++;//同和不同都++ } return slow + 1;//多少个不同就++一下，但是第0个已经是不同的了（同就不会++） //难理解可以把slow和fast初始值改成-1和0，直接返回slow }
六.88. 合并两个有序数组
给你两个按 非递减顺序 排列的整数数组 nums1 和 nums2，另有两个整数 m 和 n ，
分别表示 nums1 和 nums2 中的元素数目。
请你 合并 nums2 到 nums1 中，使合并后的数组同样按 非递减顺序 排列。
注意：最终，合并后数组不应由函数返回，而是存储在数组 nums1 中。为了应对这种情况，
nums1 的初始长度为 m + n，其中前 m 个元素表示应合并的元素，
后 n 个元素为 0 ，应忽略。nums2 的长度为 n 。
示例 1：
输入：nums1 = [1,2,3,0,0,0], m = 3, nums2 = [2,5,6], n = 3
输出：[1,2,2,3,5,6]
解释：需要合并 [1,2,3] 和 [2,5,6] 。
合并结果是 [1,2,2,3,5,6] ，其中斜体加粗标注的为 nums1 中的元素。
示例 2：
输入：nums1 = [1], m = 1, nums2 = [], n = 0
输出：[1]
解释：需要合并 [1] 和 [] 。
合并结果是 [1] 。
示例 3：
输入：nums1 = [0], m = 0, nums2 = [1], n = 1
输出：[1]
解释：需要合并的数组是 [] 和 [1] 。
合并结果是 [1] 。
注意，因为 m = 0 ，所以 nums1 中没有元素。nums1 中仅存的 0 仅仅是为了确保合并结果可以顺利存放到 nums1 中。
提示：
- nums1.length == m + n
- nums2.length == n
- 0 <= m, n <= 200
- 1 <= m + n <= 200
- -10^9 <= nums1[i], nums2[j] <= 10^9
进阶：你可以设计实现一个时间复杂度为 O(m + n) 的算法解决此问题吗？
这题可以开辟新空间，然后拷贝回nums1，但下面的代码是更优解：
更优解代码：
void merge(int* nums1, int nums1Size, int m, int* nums2, int nums2Size, int n) { //此题给的两个numsSize可以不用，用 m和n //时间O(m + n) 空间O(1) int end = n + m - 1; if(m==0) { nums1[m]=nums2[0]; } while (n > 0 && m > 0) { if (nums2[n - 1] >= nums1[m - 1])//从后往前比较 { nums1[end] = nums2[n - 1]; end--; n--; } else { nums1[end] = nums1[m - 1]; end--; m--; } } while (n > 0)//是nums[1]结束跳出的话，把nums[2]拷过去 { nums1[end] = nums2[n - 1]; end--; n--; } }
