双指针法——移除元素

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题目地址：移除元素

题目说明

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]);
}
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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。
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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。
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提示：

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

方法一：双指针

思路及算法

由于题目要求删除数组中等于 $\text{val}$的元素，因此输出数组的长度一定小于等于输入数组的长度，我们可以把输出的数组直接写在输入数组上。可以使用双指针：右指针 $\text{right}$指向当前将要处理的元素，左指针 $\text{left}$指向下一个将要赋值的位置。

如果右指针指向的元素不等于 $\text{val}$，它一定是输出数组的一个元素，我们就将右指针指向的元素复制到左指针位置，然后将左右指针同时右移；

如果右指针指向的元素等于 $\text{val}$，它不能在输出数组里，此时左指针不动，右指针右移一位。

整个过程保持不变的性质是：区间 $[0,\text{left})$中的元素都不等于 $\text{val}$。当左右指针遍历完输入数组以后，$\text{left}$ 的值就是输出数组的长度。

这样的算法在最坏情况下（输入数组中没有元素等于 $\text{val}$），左右指针各遍历了数组一次。

代码

C++

class Solution {
public:
    int removeElement(vector<int>& nums, int val) {
        int n = nums.size();
        int left = 0;
        for (int right = 0; right < n; right++) {
            if (nums[right] != val) {
                nums[left] = nums[right];
                left++;
            }
        }
        return left;
    }
};
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复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 nn 为序列的长度。我们只需要遍历该序列至多两次。

• 空间复杂度：$O(1)$。我们只需要常数的空间保存若干变量。

方法二：双指针优化

思路

如果要移除的元素恰好在数组的开头，例如序列 $[1,2,3,4,5]$，当 $\text{val}$为 11 时，我们需要把每一个元素都左移一位。注意到题目中说：「元素的顺序可以改变」。实际上我们可以直接将最后一个元素 $5$ 移动到序列开头，取代元素 $1$，得到序列 $[5,2,3,4]$，同样满足题目要求。这个优化在序列中 $\text{val}$ 元素的数量较少时非常有效。

实现方面，我们依然使用双指针，两个指针初始时分别位于数组的首尾，向中间移动遍历该序列。

算法

如果左指针 $\text{left}$指向的元素等于 $\text{val}$，此时将右指针 $\text{right}$ 指向的元素复制到左指针 $\text{left}$的位置，然后右指针 $\text{right}$ 左移一位。如果赋值过来的元素恰好也等于$\text{val}$，可以继续把右指针 $\text{right}$指向的元素的值赋值过来（左指针 $\text{left}$ 指向的等于 $\text{val}$的元素的位置继续被覆盖），直到左指针指向的元素的值不等于 $\text{val}$为止。

当左指针$\text{left}$和右指针 $\text{right}$ 重合的时候，左右指针遍历完数组中所有的元素。

这样的方法两个指针在最坏的情况下合起来只遍历了数组一次。与方法一不同的是，方法二避免了需要保留的元素的重复赋值操作。

代码

C++

class Solution {
public:
    int removeElement(vector<int>& nums, int val) {
        int left = 0, right = nums.size();
        while (left < right) {
            if (nums[left] == val) {
                nums[left] = nums[right - 1];
                right--;
            } else {
                left++;
            }
        }
        return left;
    }
};
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复杂度分析

• 时间复杂度：$O(n)$，其中 nn 为序列的长度。我们只需要遍历该序列至多一次。

• 空间复杂度：$O(1)$。我们只需要常数的空间保存若干变量。