【Leetcode】80 Remove Duplicates from Sorted Array II

题目描述

给定一个增序排列数组 nums ，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。

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 。 你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。

提示：

0 <= nums.length <= 3 * 104
-104 <= nums[i] <= 104
nums 按递增顺序排列

题意分析

要求：删除重复的元素，使每个元素出现次数≤2

输入：数组nums

输出：新数组的长度

算法实现

方法一：删除多余的重复项（官方）

由于输入数组已经排序，所以重复项都显示在旁边。题目要求我们不使用额外的空间，在原地修改数组，而最简单的方法就是删除多余的重复项。对于数组中的每个数字，若出现 2 个以上的重复项，就将多余的重复项从数组列表中删除。

算法：

我们需要在遍历数组元素的同时删除多余的重复项，那么我们需要在删除多余重复项的同时更新数组的索引，否则将访问到无效的元素或跳过需要访问的元素。
我们使用两个变量，i 是遍历数组的指针，count 是记录当前数字出现的次数。count 的最小计数始终为 1。
我们从索引 1 开始一次处理一个数组元素。
若当前元素与前一个元素相同，即 nums[i]==nums[i-1]，则增加计数 count++。若 count > 2，则说明遇到了多余的重复元素 ，要从数组中删除它。由于我们知道这个元素的索引，可以使用 del，pop 或 remove 操作（或你选择语言支持的任何相应的操作）从数组中删除它。由于删除了一个元素，所以我们的索引应该要减一。
若当前元素与前一个元素不相同，即 nums[i] != nums[i - 1]，说明我们遇到了一个新元素，则更新 count = 1。
由于我们从原始数组中删除了所有多余的重复项，所以最终在原数组只保留了有效元素，返回数组长度。

class Solution {
    
    public int[] remElement(int[] arr, int index) {
        
        //
        // Overwrite the element at the given index by 
        // moving all the elements to the right of the
        // index, one position to the left.
        //
        for (int i = index + 1; i < arr.length; i++) {
            arr[i - 1] = arr[i];
        }
        
        return arr;
    }    
    
    public int removeDuplicates(int[] nums) {
        
        // Initialize the counter and the array index.
        int i = 1, count = 1, length = nums.length;
        
        //
        // Start from the second element of the array and process
        // elements one by one.
        //
        while (i < length) {
            
            //
            // If the current element is a duplicate, 
            // increment the count.
            //
            if (nums[i] == nums[i - 1]) {
                
                count++;
                
                //    
                // If the count is more than 2, this is an unwanted duplicate element
                // and hence we remove it from the array.
                //    
                if (count > 2) {
                    
                    this.remElement(nums, i);
                    
                    //
                    // Note that we have to decrement the array index value to
                    // keep it consistent with the size of the array.
                    //    
                    i--;
                    
                    //
                    // Since we have a fixed size array and we can't actually
                    // remove an element, we reduce the length of the array as
                    // well.
                    //
                    length--;
                }
            } else {
                
                //
                // Reset the count since we encountered a different element
                // than the previous one.
                //
                count = 1;
            }
                
            // Move on to the next element in the array
            i++;
        }
            
        return length;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度：让我们看看最耗时的操作是什么：
我们必须遍历数组中的所有元素，若数组中有 N 个元素，则花费的时间为 O(N)。
删除多余的重复项，del 操作也是 O(N)O(N)。
最糟糕的情况是数组中的元素都相同，则我们需要执行 N-1N−1 次的删除操作，则需要花费 O(N^2)
总的复杂度：O(N) + O(N^2) ≡ O(N^2)
空间复杂度：O(1)，我们在原地修改数组。

方法二：覆盖多余的重复项(官方)

算法：

我们使用了两个指针，i 是遍历指针，指向当前遍历的元素；j 指向下一个要覆盖元素的位置。
同样，我们用 count 记录当前数字出现的次数。count 的最小计数始终为 1。
我们从索引 1 开始一次处理一个数组元素。
若当前元素与前一个元素相同，即 nums[i]==nums[i-1]，则 count++。若 count > 2，则说明遇到了多余的重复项。在这种情况下，我们只向前移动 i，而 j 不动。
若 count <=2，则我们将 i 所指向的元素移动到 j 位置，并同时增加 i 和 j。
若当前元素与前一个元素不相同，即 nums[i] != nums[i - 1]，说明遇到了新元素，则我们更新 count = 1，并且将该元素移动到 j 位置，并同时增加 i 和 j。
当数组遍历完成，则返回 j。

class Solution {
    
    public int removeDuplicates(int[] nums) {
        
        //
        // Initialize the counter and the second pointer.
        //
        int j = 1, count = 1;
        
        //
        // Start from the second element of the array and process
        // elements one by one.
        //
        for (int i = 1; i < nums.length; i++) {
            
            //
            // If the current element is a duplicate, increment the count.
            //
            if (nums[i] == nums[i - 1]) {
                
                count++;
                
            } else {
                
                //
                // Reset the count since we encountered a different element
                // than the previous one.
                //
                count = 1;
            }
            
            //
            // For a count <= 2, we copy the element over thus
            // overwriting the element at index "j" in the array
            //
            if (count <= 2) {
                nums[j++] = nums[i];
            }
        }
        return j;
    }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N)，我们遍历每个数组元素一次。
• 空间复杂度：O(1)。