一、题目详情

1、题目链接：

leetcode移除元素

2、题目内容：

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]);
}

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。

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。

提示：

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

二、题目详解

1、方法1

看到这道题首先想到的应该是顺序表中接口函数的实现。
思路如下图所示，只要遇到val就让后面的元素向前移动，直到覆盖所有的lv

int removeElement(int* nums, int numsSize, int val)
{
	int k = 0;
	int count = numsSize;
	for (int i = 0; i < numsSize; i++)
	{
		while (nums[i] == val)
		{
			for (int j = i; j < numsSize - 1; j++)
			{
				nums[j] = nums[j + 1];
			}
			count--;
		}
	}
	return count;
}

时间复杂度：O(N²)
空间复杂度：O(1)
我们发现上述的时间复杂度并不符合题目的要求。

2、方法2：

我们可以采用空间换时间的策略，我们开辟一个新的数组，然后遍历原数组，如果数组中的元素不是val那么就放到临时数组中，最后再将临时数组中的内容拷贝给原数组。

int removeElement(int* nums, int numsSize, int val)
{
	int temp[numsSize];
	int k = 0;
	for(int i=0;i<numsSize;i++)
	{
		if (nums[i] != val)
		{
			temp[k++] = nums[i];
		}
	}
	for (int i = 0; i < k; i++)
	{
		nums[i] = temp[i];
	}
	return k;

}

时间复杂度：O(N)
空间复杂度：O(N)
虽然这种方法使得时间复杂度相对降低，但是空间复杂度提升了。而原题目也说了不开辟额外的空## 间。所以这种方法也是不合适的。

3、方法3：

既然要求原地移动元素，我们只能考虑双指针了。
我们创建一个des，这个指针就是从头开始移动，src也从des的位置开始移动，src向右寻找第一个不是val的数值，然后将这个数值赋值给des。最终返回des的值。

int removeElement(int* nums, int numsSize, int val)
{
	int des = 0;
	int src = 0;
	while (src < numsSize)
	{
		if (nums[src] != val)
		{
			nums[des] = nums[src];
			des++;
			src++;
		}
		else
		{
			src++;
		}
	}
	return des;
}

时间复杂度：O(N)
空间复杂度：O(1)
第三种方法即是最优解。