我是在努力的刷leetcode题的时候,无意中发现我这个题已经提交了好多次,但是我发现每一次自己的写法或者想法不太一样,所以我就总结出来我每次写的方法,也希望大家以后在刷题的过程中,可以集思广益,考虑多种不同的解法。或者同一种方法但是不同的写法带来的坑(比如此篇的方法二和四)
删除排序数组中的重复项之四种解法
题目描述:
给定一个排序数组,你需要在原地删除重复出现的元素,使得每个元素只出现一次,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。
示例 1:
给定数组 nums = [1,1,2],
函数应该返回新的长度 2, 并且原数组 nums 的前两个元素被修改为 1, 2。
你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
示例 2:
给定 nums = [0,0,1,1,1,2,2,3,3,4],
函数应该返回新的长度 5, 并且原数组 nums 的前五个元素被修改为 0, 1, 2, 3, 4。
你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
方法一: 通过库函数erase()删除
【算法思想】: 因为已经有一个大前提就是数组是排序数组, 那么通过算法库(#include < algorithm >)中的erase函数和 vector库中的 unique函数来完成去重的过程 也是非常简便的算法,仅仅两行,哈哈
【优缺点分析】:
- 调用erase函数性能会降低很多,毕竟erase释放一段空间的时间复杂度为O(n) 。
- 在排好序之后(题目已给出),unique函数只是将重复的元素放置到数组的后面,然后返回的迭代器指向第一个重复元素的位置,通过两指针排序的算法复杂度也是O(n)
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
nums.erase(unique(nums.begin(),nums.end()),nums.end());
return nums.size();
}
};
方法二: 通过快慢指针
【算法思想】:在原数组中,定义两个变量i , j 来标识数组下标 ,一个变量 j 作为新的nums数组的下标,将另一变量 i 遍历数组, 如果与 nums[j] 不相同, 就在原数组上覆盖j的下一个位置, 直到i遍历完数组,返回下标 j 的下一个位置, 就是新的无重复数组的大小。
【优缺点分析】:
- 时间复杂度为O(n) , 因为遍历了整个数组。
- 空间复杂度为O(1), 因为在原数组上操作,只是将数据进行了覆盖
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if(nums.empty())
{
return 0;
}
int j = 0;
for(int i = 0; i < nums.size(); i++)
{
if(nums[j] != nums[i])
{
nums[++j] = nums[i];
}
}
return j+1;
}
};
方法三:覆盖重复项
【算法思想】:通过快慢指针start和end,两个指针只差一个身位。 如果指向的数据相同,后面的其余数据进行覆盖。
1. 需要注意的是如果进行覆盖之后,start和end就不需要进行向后++了, 因为start指向的位置不变,end指向覆盖过来的新数据,位置也不变。(有可能出现3或多个数据一起的情况)。 所以要–,然后在while循环后在进行++,保持两个指针指向的位置不变
2. 需要注意的是,每进行一次覆盖,就要将最后的位置进行释放,最终要返回nums的大小。
【优缺点分析】:
- 时间复杂度为O(n*n) , 因为遍历了整个数组,而且还有后面的数据进行覆盖
- 空间复杂度为O(1), 因为在原数组上操作。
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if(nums.empty()|| nums.size()==1)
{
return nums.size();
}
int start = 0;
int end = 1;
while(end < nums.size())
{
if(nums[start] == nums[end])// 0 1 1 1
{
for(int i = end; i < nums.size()-1; i ++)
{
nums[i] = nums[i+1];
}
nums.erase(--nums.end());
start-=1;
end-=1;
}
start++;
end++;
}
return nums.size();
}
};
方法四:快慢指针(需要注意边界情况)
【算法思想】:和方法二类似,但是还是有些不同,通过快慢指针prev和cur,比较,不同的话,进行原数组的覆盖(通过下标curId控制)。但是不同的一点就是当快指针走到最后一个元素的下标时,一定要进行覆盖,也就是新的nums中。如果没有的话,因为遇到 1 1 2 的情况,当prev=1,cur为2时,nums[prev] != nums[cur], nums[prev]进行原数组的覆盖, 新覆盖得到数组只有{1},没有 2 。
【优缺点分析】:
- 时间复杂度为O(n) , 因为遍历了整个数组
- 空间复杂度为O(1), 因为在原数组上操作。
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if(nums.empty() || nums.size() == 1)
return nums.size();
int prev = 0;
int cur = 1;
int curId = 0;
while(cur < nums.size()) // 0 1 1
{
if(nums[prev] != nums[cur])
{
nums[curId++] = nums[prev];
}
if(cur == nums.size()-1)
nums[curId++] = nums[cur];
prev++;
cur++;
}
return curId;
}
};