1.题目描述

给你一个有序数组 nums ，请你 原地 删除重复出现的元素，使得出现次数超过两次的元素只出现两次 ，返回删除后数组的新长度。

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。 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, 并且原数组的前七个元素被修改为 0, 0, 1, 1, 2, 3, 3。不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。

2.题目分析

这道题目可以理解成限制空间来实现数组指定去重，常规去重就是遍历+复制，这道题限制了复制的使用，也就是不能将得到的值存入新的数组中，而是直接在当前拿到的数组中进行数组值的更改。既然如此，只要让数组的前几位符合要求并且输出这几位，那么就可以达到题目的要求，所以我们需要至少一个索引来遍历数组，一个索引来记录有效位置，那么这个就会想起来是快慢指针了，快指针遍历数组，通过控制快慢指针的步长来使得每一个数字最多重复为2。通过这种方式，可以在遍历过程中直接修改数组，而不需要额外的存储空间。

3.代码实现

class Solution {
    public int removeDuplicates(int[] nums) {
    	int n = nums.length;
        if (n <= 2 ) return n;
        int slow = 2,fast = 2;
        while(fast < n) {
        	if(nums[slow-2] == nums[fast]) {
        		fast++;
        	} else {
        		nums[slow] = nums[fast];
        		fast++;
        		slow++;
        	}
        }
		return slow;
    }
}

初始化：
检查数组长度 n 是否小于等于2。如果是，则直接返回 n，因为在这种情况下，数组已经是符合要求的。
初始化慢指针 slow 和快指针 fast 都指向索引2，这是因为允许每个元素最多出现两次，所以前两个元素总是保留的。遍历数组，对于每一个 fast 指向的元素，检查它是否与慢指针前两位的元素相同。这确保了即使当前元素是重复的，也只保留最多两个实例。如果 nums[fast] 不等于 nums[slow – 2]，则将 nums[fast] 的值赋给 nums[slow]，然后将慢指针 slow 向后移动一位。这样就保证了新数组中每个元素最多出现两次。如果 nums[fast] 等于 nums[slow – 2]，则跳过此元素，继续下一个循环迭代。
返回结果：
最终返回慢指针 slow 的值作为新数组的有效长度。如果 slow 超过了原始数组的长度 n，则返回 n，以防止越界错误。

4.总结

这道题主要限制就是限制了空间的使用限制，由于我们只遍历了一次数组，因此时间复杂度为 O(n)，其中 n 是数组的长度，原地操作，除了几个额外的变量外，不需要额外的空间，因此空间复杂度为 O(1)。所以快慢指针适合对空间要求高的，同时该算法的效率也很高效，本质上是做了两次遍历，和进行复制操作也是两次遍历。下面为结果：

完结！💯