这一题跟leetcode-26题一样
只不过26题只是允许出现一次，这题是允许出现两次
思路差不多，也是需要快慢指针来记录
slow指针指向当前符合条件的最后一个元素
fast指向遍历的当前元素
因为允许两个重复的元素存在，所以需要一个计数器cnt来记录当前重复元素的个数
class Solution {
public int removeDuplicates(int[] nums) {
if(nums.length < 2)
return nums.length;
int slow = 0;
int last = nums[0];
int cnt = 0;
for(int i = 0; i < nums.length; ++i){
if(last == nums[i]){
if(cnt < 2){
cnt++;
nums[slow++] = nums[i];
}
}else{
last = nums[i];
nums[slow++] = nums[i];
cnt = 1;
}
}
return slow;
}
}
代码也比较简单
首先判断当前元素，也就是fast指针指向的元素（在题目中为for循环中的i指向的）是否与之前记录的最后一个元素相等
如果相等的话，再判断当前的计数器的个数是否小于2，小于2则更新slow指针的元素
如果不相等的话，那么就是一个新元素，那么更新cnt=1，last元素为当前元素，且更新slow指针所指向的元素。
对比下官方的solution
我自己的解法还是有点拙劣，用上了计数器，代码也显得比较啰嗦
下面放上官方的解法
class Solution {
public int removeDuplicates(int[] nums) {
int len = nums.length;
if(len < 2){
return len;
}
int slow = 2, fast = 2;
while(fast < len){
if(nums[slow - 2] != nums[fast]){
nums[slow++] = nums[fast];
}
fast++;
}
return slow;
}
}
分析代码：
首先只有2个或者2个一下的元素的时候，直接进行返回即可。
前两个元素是肯定满足条件的，所以直接从第三个元素开始进行遍历判断即可
slow指向的是当前满足条件的最后一个元素的下一个元素，那么slow-2则表示的是满足条件的倒数第二个元素，那么当fast指向的数字对比slow-2所指向的元素时
若nums[slow - 2] == nums[fast]，则表示 fast slow-1 slow-2，这三个所指向的元素都相等，那么则不满足条件，此时fast前进即可，再进行下一轮比较。
若nums[slow - 2] != nums[fast]，则表示fast指向的可能与slow-1相等或者不等，这都是满足条件的，此时更新slow即可。同时也要更新fast（fast在每一轮中都要进行更新）
对于以上这种题型，可以总结一个通用的套路，即数组里面需要留n个相同的数字的时候，改写上面的2即可。
