27.移除元素

思路1：遇到数值符合的元素，两两交换从而后移一位

因为要原地操作，所以一开始的思路就是遍历数组，遇到数值符合的元素，将其和后面的元素两两交换从而实现后移一位。

python">class Solution:def removeElement(self, nums: List[int], val: int) -> int:equal_nums = 0 # 数值等于val的元素个数for i in range(len(nums)-1):if nums[i] == val:tmp = nums[i]nums[i] = nums[i+1]nums[i+1] = tmpequal_nums += 1if nums[len(nums)-1] == val:equal_nums += 1return len(nums)-equal_nums

这个代码的问题就是，如果在数组中遇到重复的数值等于val的元素，这个两两交换且后移一位就会失效。

思路2：双指针，快指针遍历数组，慢指针指向非val元素结束的位置

所以想到一个快指针和一个慢指针。快指针遍历数组元素，当遇到不等于val的元素时，就将该元素复制到慢指针的位置，然后慢指针前进一步。这样最后慢指针的位置就是所有非val元素的长度，同时数组的前k个都是非val的。

python">class Solution:def removeElement(self, nums: List[int], val: int) -> int:fast = slow = 0# 快指针遍历数组元素，慢指针指向非val元素结束的位置。while fast < len(nums):if nums[fast] != val:nums[slow] = nums[fast]slow += 1fast += 1return slow

效率：0ms，击败100.00%

977. 有序数组的平方

思路1：O(nlogn)：使用库函数sort

其实直接使用库函数效率也不低啊hhh

python">class Solution:def sortedSquares(self, nums: List[int]) -> List[int]:new_arr = []for num in nums:new_arr.append(num * num)new_arr.sort()return new_arr

效率：7ms，击败88.81%

因为sort()的时间复杂度是O(n log n)，所以整体时间复杂度是 O(n) + O(n log n) = O(n log n)

思路2：O(n)：双指针

因为原数组存在一个特性，就是本身就是非递减顺序排列的。
那么平方后的新数组的最大值一定存在在原数组的两端（要么最左端最小值，要么最左端最大值）。而从原数组两端使用双指针向中间遍历，则就是新数组的最大值逐渐递减遍历。所以我们倒序填充新数组。
所以代码如下：

python">class Solution:def sortedSquares(self, nums: List[int]) -> List[int]:n = len(nums)left = 0right = n-1new_arr = [0] * n# 倒序填充新数组for i in range(n-1, -1, -1):if abs(nums[left]) > abs(nums[right]):new_arr[i] = nums[left] * nums[left]left += 1else:new_arr[i] = nums[right] * nums[right]right -= 1return new_arr

效率：3ms，击败98.13%

209.长度最小的子数组

思路1：暴力解法

python">class Solution:def minSubArrayLen(self, target: int, nums: List[int]) -> int:"""暴力解法，外层i循环遍历数组的开始位置，内层j循环遍历结束位置。"""n = len(nums)min_length = n+1for i in range(n):for j in range(i,n):sums = sum(nums[i:j+1])if sums >= target:# 一旦遇到总和满足条件了，就说明当前位置最小长度的子数组找到了min_length =  min(min_length, j-i+1)break return min_length if min_length != (n+1) else 0

时间复杂度为O(n^2)，会超出时间限制。

思路2：维护前缀和

我们首先考虑一下维护前缀和的思路。
因为当i固定时，j从i开始逐步增加，每次计算sum(nums[i:j+1])，这其实是可以用前缀和或者累加的方式来优化的。比如，内层循环可以维护一个当前的和，每次j增加的时候，加上nums[j]，而不是每次都重新计算整个子数组的和。这样可以把内层循环的时间复杂度从O(n)降到O(1)，虽然整体还是O(n^2)

python">class Solution:def minSubArrayLen(self, target: int, nums: List[int]) -> int:"""暴力解法，外层i循环遍历数组的开始位置，内层j循环遍历结束位置。"""n = len(nums)min_length = n+1for i in range(n):current_sum = 0for j in range(i,n):current_sum += nums[j]if current_sum >= target:# 一旦遇到总和满足条件了，就说明当前位置开始，最小长度的子数组找到了min_length =  min(min_length, j-i+1)break return min_length if min_length != (n+1) else 0

还是会超时，而这里又有两层循环，所以我们想到双指针来优化它。

思路3：双指针滑动窗口法

python">class Solution:def minSubArrayLen(self, target: int, nums: List[int]) -> int:n = len(nums)min_length = n+1left = 0current_sum = 0for right in range(n):current_sum += nums[right]  # 扩展右边界# 当总和满足条件时，尝试缩小左边界while current_sum >= target:min_length = min(min_length, right - left + 1)current_sum -= nums[left]left += 1  # 左边界右移return min_length if min_length != (n+1) else 0

为什么这里我们的for循环要遍历终止位置？而不是起始位置？
因为如果是起始位置的话，我们要找到答案，还是需要维护一个起始位置向后的遍历，那和暴力解法其实没有区别了。因为每个元素可能被访问不止两次

譬如对于nums[3]，起始位置j=0时，终止位置i指针向右遍历时会访问到它一次。然后起始位置j=1时，终止位置i指针向右遍历时会访问到它第二次。起始位置j=2时，终止位置i指针向右遍历时会访问到它第三次。

但是如果是终止位置的话，每个元素最多被访问到两次。

譬如对于nums[3]，第一次访问到他时是终止位置j向右拓展时j=3时。然后j就会停止不动了，左边界右移也不会访问到它。之后j=4以及j继续遍历时，因为左边界只会不断右移，所以也只可能访问它1次。

滑动窗口的维护：

• 右指针 right：遍历数组，逐步扩展窗口的右边界，累加元素和。
• 左指针 left：当窗口内元素和 current_sum >= target 时，尝试右移左边界，缩小窗口长度，同时更新最小长度。

时间复杂度 O(n)：每个元素最多被访问两次（被 left 和 right 各处理一次）。

效率：11ms，击败76.45%

59. 螺旋矩阵 II

这道题最重要的知识点就是，每转一圈会少2行，所以对于n个数字，n为偶数的话会转n/2圈，n为奇数的话会转n/2圈并多出最后一个数字。

python">class Solution:def generateMatrix(self, n: int) -> List[List[int]]:matrix = [[0] * n for _ in range(n)]# 每转一圈会少2行。所以对于n个数字，n为偶数的话会转n/2圈，n为奇数的话会转n/2圈并多出最后一个数字。# 对每条边实行左闭右开,start_x和start_y代表每一圈左上角的起始位置start_x = start_y = 0offset = 1# offset控制每圈边界的缩小count = 1for _ in range(n//2):# 处理上边for j in range(start_y, n-offset):matrix[start_x][j] = countcount += 1# 处理右边for i in range(start_x, n-offset):matrix[i][n-offset] = countcount += 1# 处理下边for j in range(n-offset, start_y, -1):matrix[n-offset][j] = countcount += 1# 处理左边for i in range(n-offset, start_x, -1):matrix[i][start_y] = countcount +=1offset += 1start_x += 1start_y += 1if n%2:matrix[n//2][n//2] = countreturn matrix

效率：0ms，击败100.00%