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，使得每个元素最多出现两次，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
示例 1：
给定 nums = [1,1,1,2,2,3],
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 。
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 = [0,0,1,1,1,1,2,3,3],
函数应返回新长度 length = 7, 并且原数组的前五个元素被修改为 0, 0, 1, 1, 2, 3, 3 。
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]);
}
解答方法
方法一：遍历比较
思路
代码
class Solution:
def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:
i = 1
count = 1
while i <len(nums):
if nums[i] == nums[i-1]:
count += 1
if count >2:
nums.pop(i)
i -= 1
else:
count = 1
i += 1
return len(nums)
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#排序数组，如果第i个元素和第i-2个元素相同，那么说明这个元素的个数大于2，删除即可。
#注意点：因为是原地删除，所以每一次删除nums的长度会减1，下一次遍历的i不能加1
class Solution:
def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:
i = 2
while i<len(nums):
if nums[i] == nums[i - 2]:
nums.pop(i)
else:
i += 1
return len(nums)
时间复杂度
时间复杂度：让我们看看最耗时的操作是什么：
我们必须遍历数组中的所有元素，若数组中有 N 个元素，则花费的时间为 O(N)。
删除多余的重复项，del 操作也是 O(N)。
最糟糕的情况是数组中的元素都相同，则我们需要执行N−1 次的删除操作，则需要花费 O(N^2)
总的复杂度：O(N) + O(N^2) = O(N^2)
空间复杂度
O(1)，我们在原地修改数组。
方法二：双指针法
思路
代码
def removeDuplicates(self, nums: List[int]) -> int:
j = 1
count = 1
for i in range(1,len(nums)):
if nums[i] == nums[i-1]:
count +=1
else:
count = 1
if count <= 2:
nums[j] = nums[i]
j+=1
return j
时间复杂度
O(N)，我们遍历每个数组元素一次。
空间复杂度
O(1)
