⭐前言⭐

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题目

27. 移除元素

题目：

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。

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。

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。

提示

0 <= nums.length <= 100
0 <= nums[i] <= 50
0 <= val <= 100

思路

题目分析:

去除掉数组 nums 中值为 val 的元素，返回新数组的长度；
不能使用额外数组空间，因为要删除元素，新数组的长度一定小于等于原来数组元素，我们可以在原数组上进行操作
元素的顺序可变，这个是我们进行优化的关键
由提示可知，根据相关数据的范围，本题可以直接使用int类型

由于数组的元素在内存地址中是连续的，不能单独删除数组中的某个元素，只能覆盖；

解法一：使用暴力破解，用两层循环，第一层循环用于寻找数组中等于 val 的元素，第二层循环负责如果第一层循环找到等于 val 的元素，就将该元素后面的元素向前一步，覆盖掉该元素；

解法二：使用快慢指针，定义 fast = slow = 0； fast 指针用来查询当前数组的元素的值是否为 val 如果等于 val 就跳过该元素，如果不等就将该元素赋值给 slow ，有此可知 slow 前面的元素都是值不为 val 的元素，返回slow 就是新数组的长度；

解法三：使用相向双指针，题解二中如果数组中没有val 元素那么fast 和slow 都会遍历一遍数组，会遍历两遍数组，但由于题目说明的是元素的顺序可变，我们可以用双指针分别从前向后（left），和从后向前遍历（right）当 right 和 left 相遇的时候说明遍历了数组，我们要做的就是将left 遍历到值等于 val 的元素和right 遍历的不等于 val 的值进行互换，这样就不用一个一个地移动元素，但是缺点却是改变了元素的原有顺序位置；

解法一：暴力破解

使用双层 for 循环

第一层 for 循环遍历数组元素

i = 0; i < len; i ++

第二层for循环更新数组元素

如果 nums[i] == val
for(int j = i + 1; j < len ; j++) nums[j - 1] = nums[j];
将i后面值向前一位进行覆盖；

程序源码

// 时间复杂度: O(n^2)
// 空间复杂度: O(1)
public class Solution {public static int removeElement(int[] nums, int val) {// 双重循环int len = nums.length;for (int i = 0; i < len; i++) { // 第一层循环, 查找值为 val 的元素if (nums[i] == val) {   // 找到值为 val 的元素, 将i后面的元素集体向前移动一位for (int j = i + 1; j < len; j++) {nums[j - 1] = nums[j]; // 注意 j的起始值 和 结束条件}i--;  // 因为 i 以后的元素都集体向前移动一位, 此时位于下标 i 的元素, 其实是下标为i + 1的元素,需要重新遍历;len--;  // 覆盖一个元素, 数组的长度 - 1;}}return len; // 返回数组的长度;}
}

例：nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2 移除 nums 中的 2

使用暴力破解删除过程为：

初始化：i = 0

在这里插入图片描述

当 i = 0， 1时 nums[ i ] != 2 不执行if 语句 i = 2 时，进入if语句 j = i + 1；

在这里插入图片描述

执行第二层循环更新数组元素：将 i 后面的所有元素集体想前移动一位
此时灰色的框的元素 2 仍然存在数组中，我们需要将数组的长度由 8 改为 7 将最后一个元素删除掉
注意 for循环的结束条件是 i < len 而不是 i < nums.length

在这里插入图片描述

i --; len--;
这里需要重新遍历下标为 2 的元素需要 i-- 向前一步，同时新数组的长度变成了7 循环到下标为 6的时候就结束了，
注意要在循环的过程中更新结束的len值

在这里插入图片描述

i++ i = 2；重复上述过程

在这里插入图片描述

接下来过程和 i = 0 ，i 时一样 i 一直++到 i == 5

在这里插入图片描述

此时 j = 6 = len 不进入第二层for循环执行 i--和 len-- 操作

在这里插入图片描述

此时 i ++ 后 i = 5 i = len 不满足进入第一层for循环条件，跳出循环 新数组长度为 5 元素分别是：0 1 3 0 4 符合预期；

使用暴力破解的时间复杂度为：O(n^2) 时间复杂度较高，我们能不能进一步优化下；

解法二：快慢指针(双指针）

快慢指针：通过一个快指针和一个慢指针在一个for循环下完成两个for循环的工作
定义快慢指针:

快指针: 寻找新数组的元素，即元素的值不等于 val 的元素，
慢指针: 指向更新新数组下标的位置，即新数组的最后一个元素的下一个的位置，和新数组的长度相等

思路：快指针查询不等于val的元素，将这些数组赋值给慢指针所在的位置，如果查询到等于 val 的元素，快指针就跳过该元素；

完整代码：

// 时间复杂度: O(n)
// 空间复杂度: O(1)
public class demo2 {public static int removeElement(int[] nums, int val) {// 这种实现方法没有改变元素的相对位置int slow = 0;for (int fast = 0; fast < nums.length; fast++) {if (nums[fast] != val) {nums[slow] = nums[fast];slow++;// 这里可以化简为 nums[slow++] = nums[fast]; ++在slow的后面, 表示先用后加}}return slow;}
}

例：nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2 移除 nums 中的 2

图解：
初始化：
在这里插入图片描述

nums[fast] != val 0 != 2 nums[slow] = nums[fast];

在这里插入图片描述

fast = 1; nums[1] != val

在这里插入图片描述

fast = 2 nums[2] == val

在这里插入图片描述

fast == 3 nums[3] == val

在这里插入图片描述

fast == 4 nums[4] != 2

在这里插入图片描述

fast = 5 nums[5] != val

在这里插入图片描述

fast = 6 nums[6] != val

在这里插入图片描述

fast = 8 nums[7] == val

在这里插入图片描述

fast = 8 == nums.length 跳出循环
此时slow 所值的下标位置，正好等于新数组（橙色部分）的长度；
将slow返回；

这次解法比上一次解法时间复杂度直接从O(n^2) 降低到 O（n）但这种算法在最坏情况下（数组没有元素等于val）需要左右指针各遍历一次数组，遍历了两次数组，而且还进行了无效复制 nums[slow] = nums[fast]（fast == slow时）

解法三：双指针优化

相向双指针：通过左右两个指针，向中间遍历实现只遍历一次完成删除的工作

前提: 元素的顺序可以改变
思路：如果要移除的元素在数组开头，我们可以直接从后面不排除的元素移动到开头这个元素的位置
例：【3 4 6 2 7 8】 val 3 我们直接可以用 8 来替代 3 得到【8 4 6 2 7】同样满足题目
这个优化在序列中val 元素的数量较少时效果较明显；

实现：

使用left = 0； right = nums.length; 向中间遍历，
如果 left 指向的元素等于 val 就将 right 指向的元素复制到left的位置，然后right–；
如果 left 指向的元素不等于 val，就left ++
会有一种情况是right 指向的元素也等于 val ，不过没有关系，因为上一步中没有left++；还会检查新复制来的元素是不是为val；
当left 和 right重合的时候就遍历完数组中所有元素，结束循环

完整代码

// 时间复杂度: O(n)
// 空间复杂度: O(1)
public class Solution {public static int removeElement(int[] nums, int val) {int left = 0;  // 指向数组第一个元素int right = nums.length - 1;  // 指向数组最后一个元素while(left <= right){if (nums[left] == val) {// 如果 left 所指向的元素等于 val 就将 right 指向的元素复制到 left 的位置nums[left] = nums[right--];} else {// 不等于 val, 就left++;left++;}}return left;}
}

例：nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2 移除 nums 中的 2

初始化 left = 0； right = 7

在这里插入图片描述

left = 0 nums[0] != val

在这里插入图片描述

left = 1 nums[0] != val

在这里插入图片描述

left = 2 nums[0] == val
nums[left] = nums[right–]

在这里插入图片描述

left = 2 nums[0] == val
nums[left] = nums[right–]

在这里插入图片描述

left = 2 nums[2] == 4 != 2
left++

在这里插入图片描述

left = 3
nums[3] = 2 == val
nums[left] = nums[right–]

在这里插入图片描述

left = 3 nums[3] != val
left++;

在这里插入图片描述
left = 4 nums[4] != val
left++;

left > right
跳出循环，返回 left ，5

这种算法两个指针在最坏的情况下合起来只遍历了数组一次，避免了需要保存的元素的重复复制操作

但是这种算法重复第判断了好几次在同一个下标位置，对于right指向的元素等于val 的情况还复制了过去，还存在着一定的问题，所以我们还可以进行优化

寻找left 指向的元素等于 val 和 right 指向的元素不等于 val，这种情况下才进行复制

完整代码

// 时间复杂度: O(n)
// 空间复杂度: O(1)
public class Solution {public static int removeElement(int[] nums, int val) {int left = 0;  // 指向数组第一个元素int right = nums.length - 1;  // 指向数组最后一个元素while (left <= right){while (left <= right && nums[left] != val){ // 寻找左边等于 val 的元素left++;}while (left <= right && nums[right] == val){ // 寻找右边不等于 val 的元素right--;}if (left < right) { // 将右边不等于val的元素覆盖掉左边等于val的元素nums[left++] = nums[right--];}}return left;  // left 制定指向最终数组末尾的下一个元素;}
}