完成任务罢了（参加一个课程的任务）

数组题目

删除有序数组中的重复项

最原始的思路

  其实这是很早之前写过的一道题，并不难，模拟就好了，但是，正因为写过，才更加清楚的知道了自己以前究竟有多菜。也明白了改进思路是多么重要的一件事情。

  先说我以前的思路，就是强行模拟，先建立一个计数器（$ count $），确定插入的位置，然后再设置一个输出 $ count1 $（因为输出的个数是确定的嘛，set一下就好），每读到一个开始没有读取的元素，就将这个元素插入，然后计数器加一，同时，为了防止越界，for循环的次数不是$ len(nums) $，而是$ len(nums) + count1 $。

class Solution:def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:count = 0count1 = len(set(nums))for i in range(len(nums)+count1):if nums[i] not in nums[0:i]:nums.insert(count,nums[i])count += 1return count1             

  现在看这串代码简直是公开处刑，一点算法思想也没有不说，还反复调函数，要知道一个$insert$的时间复杂度可是$O(n)$，就相当于这串代码的时间复杂度是$O(n^2)$，这里的$n = len(nums) + count1 $，而且，其实就这串的写法来说，这也不是最好的写法。

class Solution:def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:count = 0count1 = len(set(nums))for i in range(len(nums)+count1):if nums[i] not in nums[0:i]:nums.insert(count,nums[i])count += 1if count == count1:return count1

  这样写，虽然时间复杂度没变，但是时间会消耗少一点。（格式就不提了，太丑了，赋值都写了两行）

再次遇见

  再次遇见这道题，其实距离我上一次遇见是7个月之后了，是我参加了一个Leetcode刷题群遇见的，老实讲，当我打开它之前，我都忘记我以前做过这道题了，但是瞄了一眼以前花的时间，好家伙 1000ms往上了，简直吓死人。

  当然，之前自己是个什么半吊子心里也还是清楚，所以还是有信心比上次写得好。先仔细分析一下题，其实题目意思就是让我们输出前面几个数，且不重复。那其实就是将不重复的元素交换到前面来，因为删除的话，也还是蛮消耗时间的，然后抽取关键信息——数组、交换，那当然毫不犹豫的双指针，再看遍历顺序，要查找重复项，那肯定至少起点是接近的，那就肯定是快慢指针了，了解了方法之后，那就再处理细节。

  由于第一个元素（也就是数组中的0号元素）一定是不会在第一项重复的，所以我们可以将指针的起点设置在第二个元素（数组的1号元素）。然后$fast$指针向前迭代，如果它的前一项元素不等于该项元素$nums[fast-1]!=nums[fast]$，就继续向前迭代，否则，将$fast$指针的值赋给$slow$指针，然后$slow$指针加一，同时，由于$slow$项之前已经完全包含了除当下$fast$之外$fast$已经指向的所有元素，所以不用担心覆盖的问题。最后，$fast$一定会先到终点，不能越界，所以$fast<n$。代码如下：

class Solution:def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:slow = fast = 1n = len(nums)while fast < n:if nums[fast-1] != nums[fast]:nums[slow] = nums[fast]slow += 1fast += 1return slow

  当然，我们说了，快慢指针起点相近，那当然肯定不是只有相同的起点，也有错位的起点：

  起点为0、1，然后向前迭代，如果两个指针元素不相等，同时$fast-slow>1$，就说明$fast$指向的元素出现了重复，同时，由于$slow$是已经操作过（其实就是$slow$为0的时候相当于已经去重了，所以需要操作的元素位置需要向后移位），那么令$nums[slow+1]=nums[fast]$即可。同样的，$fast$不能越界。

class Solution:def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:slow, fast = 0, 1n = len(nums)while fast < n:if nums[fast] != nums[slow]:if fast - slow > 1:nums[slow+1] = nums[fast]slow += 1fast += 1return slow + 1

移除元素

  这个题也是做了好久了，第一次通过也是七个月前，但是我再次写完，后看了一眼，七个月的时间，写出来的代码基本没差，都是双指针中的快慢指针（所以我七个月前到底经历了啥，为什么同样的时间写出来的代码差这么多？）。

  方法同上，只不过由于我们不知道$val$值出现的位置，所以指针必须从$0$号元素开始，一旦发现不等于$val$值的元素，就将它赋值到$slow$去，同样的，slow之前的元素都是被操作过的（已经赋值过了），不必担心掩盖的问题，当然，$fast$不能越界。

class Solution:def removeElement(self, nums: List[int], val: int) -> int:fast = slow = 0n = len(nums)while fast < n:if nums[fast] != val:nums[slow] = nums[fast]slow += 1fast += 1return slow

三数之和

  摊牌了，不装了，你，就是你，不要往下看了，就是现在划手机的你，说吧，最开始是不是套的三重循环，超时不说，还被各种限制条件折磨。最后还弄不清楚。

  好吧，其实这道题也没有看上去那么难，首先我们看给定的数组，不是规律数组，那就加大了我们对可能重复元素判断的难度（思路简单，操作复杂），所以先对数组进行排序，这样，不同指针指向的元素如果相等，就可以不再判断，帮我们减少了一部分运行时间。

  其实到这里，我们就可以写循环：

n = len(nums)
for i in range(n):if i > 0 and nums[i] != nums[i-1]:for j in range(i+1, n):if j > i + 1 and nums[j] != nums[j-1]:for k in range(j+1, n):if k > j + 1 and nums[k] != nums[k-1]:if ...   # 判断和是否为0

  虽然我没这么写过，但猜测大概是不会超时的，但其实这个代码还有优化的空间（也还有变好看的空间，这循环和判断，简直是劝退神器）。我们可以发现，数组是从小到大排列的，如果某个值加前面两个指针指向元素之和小于0了，那它之前的数就不用判断了，因为一定会小于0，所以，我们将最后一个指针$pointer$从大到小遍历，然后再把上面的$if...!=...$借助break、continue优化一下（没什么实际作用，甚至执行的行数变多了，但是好看）。

class Solution:def threeSum(self, nums: List[int]) -> List[List[int]]:res = []nums.sort()for i in range(len(nums)):if i > 0 and nums[i] == nums[i-1]:continuepointer = len(nums) - 1for j in range(i+1, len(nums)):if j > i + 1 and nums[j] == nums[j-1]:continuewhile pointer > j and nums[i] + nums[j] > -nums[pointer]:pointer -= 1if j == pointer:breakif nums[i] + nums[j] == -nums[pointer]:res.append([nums[i], nums[j], nums[pointer]])return res

  最后添加元素的方式以$i、j、pointer$，就相当于已经排序了，还给强迫症的朋友们省去了一步排序。至于为什么不直接写等于0或者大于0，当然是做其它题防爆栈养成的习惯。当然，网上也有大佬用哈希表做的，但是我不会，这里就不写了，链接 放在这里，大家自己去看。