O(1)空间复杂度下有序数组去重问题的排查与优化

你的代码在处理奇数次重复元素时失效，核心问题是：当你用pop(i)移除重复元素后，当前i位置被下一个元素填充，但你直接让i递增，跳过了对这个新元素的检查。比如处理[1,1,1]时，第一次pop后数组变成[1,1]，i直接变成1，此时i == end，循环终止，剩下的重复元素没被处理。

下面是几种可行的解决技巧：

技巧1：修正现有代码的指针逻辑 #

把i的递增移到else分支里，只有当前元素和下一个元素不重复时，才让i递增。这样移除重复元素后，i留在原地，继续检查新的当前元素：

def removeDuplicates(nums):
    if not nums:
        return 0
    i = 0
    end = len(nums) - 1
    while i != end:
        if nums[i] == nums[i+1]:
            nums.pop(i)
            end -= 1
        else:
            i += 1
    return len(nums)

测试输入[0,0,1,1,1,2,2,3,3,4]，会得到去重后的数组[0,1,2,3,4]，返回长度5，完全符合要求。

技巧2：双指针（快慢指针）法（最优解） #

这是这类原地去重题的标准高效解法，时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)，比多次pop操作更高效（pop列表中间元素是O(n)时间，多次操作会拉高整体复杂度）。

思路：用慢指针slow标记去重后数组的最后位置，快指针fast遍历整个数组。当快指针遇到和慢指针不同的元素时，慢指针前进一位，把快指针的元素赋值过去：

def removeDuplicates(nums):
    if not nums:
        return 0
    slow = 0
    for fast in range(1, len(nums)):
        if nums[fast] != nums[slow]:
            slow += 1
            nums[slow] = nums[fast]
    return slow + 1

这个方法不需要删除元素，只是覆盖前面的位置，完全符合“不创建新数组”的要求，不管重复次数是奇数还是偶数都能正确处理。

技巧3：反向遍历删除 #

从数组末尾开始遍历，删除元素时不会影响前面未遍历元素的索引，避免指针混乱：

def removeDuplicates(nums):
    for i in range(len(nums)-1, 0, -1):
        if nums[i] == nums[i-1]:
            nums.pop(i)
    return len(nums)

反向遍历的好处是，删除当前元素后，前面的元素索引不受影响，遍历过程不会遗漏任何重复情况，逻辑简单易懂。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Rhodey