力扣第27、28題
27、移除元素：
題目：
給你一個數組 nums 和一個值 val，你需要 原地 移除所有數值等於 val 的元素，並返回移除後數組的新長度。
不要使用額外的數組空間，你必須僅使用 O(1) 額外空間並 原地 修改輸入數組。
元素的順序可以改變。你不需要考慮數組中超出新長度後面的元素。
示例 1:
給定 nums = [3,2,2,3], val = 3,
函數應該返回新的長度 2, 並且 nums 中的前兩個元素均爲 2。
你不需要考慮數組中超出新長度後面的元素。
示例2：
給定 nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2,
函數應該返回新的長度 5, 並且 nums 中的前五個元素爲 0, 1, 3, 0, 4。
注意這五個元素可爲任意順序。
你不需要考慮數組中超出新長度後面的元素。
說明:
爲什麼返回數值是整數，但輸出的答案是數組呢?
請注意，輸入數組是以「引用」方式傳遞的，這意味着在函數裏修改輸入數組對於調用者是可見的。
你可以想象內部操作如下:
// nums 是以“引用”方式傳遞的。也就是說，不對實參作任何拷貝
int len = removeElement(nums, val);// 在函數裏修改輸入數組對於調用者是可見的。
// 根據你的函數返回的長度, 它會打印出數組中 該長度範圍內 的所有元素。
for (int i = 0; i < len; i++) {
print(nums[i]);
}
解決方案：
方法一：雙指針
思路
既然問題要求我們就地刪除給定值的所有元素，我們就必須用 O(1)O(1) 的額外空間來處理它。如何解決？我們可以保留兩個指針 i和 j，其中 i是慢指針，j 是快指針。
算法
當 nums[j]與給定的值相等時，遞增 j 以跳過該元素。只要 nums[j] ！=val, 我們就複製 nums[j] 到 nums[i] 並同時遞增兩個索引。重複這一過程，直到 j 到達數組的末尾，該數組的新長度爲 i。
該解法與 刪除排序數組中的重複項 的解法十分相似。
public int removeElement(int[] nums, int val) {
int i = 0;
for (int j = 0; j < nums.length; j++) {
if (nums[j] != val) {
nums[i] = nums[j];
i++;
}
}
return i;
}
時間複雜度：
- 時間複雜度：O(n)，
假設數組總共有 n個元素，i和 j* 至少遍歷 2n 步。 - 空間複雜度：O(1)。
方法二：雙指針 —— 當要刪除的元素很少時
思路：
現在考慮數組包含很少的要刪除的元素的情況。例如，num=[1，2，3，5，4]，Val=4 。之前的算法會對前四個元素做不必要的複製操作。另一個例子是 num=[4，1，2，3，5]，Val=4。似乎沒有必要將 [1，2，3，5][1，2，3，5] 這幾個元素左移一步，因爲問題描述中提到元素的順序可以更改。
算法：
當我們遇到 nums[i] = val 時，我們可以將當前元素與最後一個元素進行交換，並釋放最後一個元素。這實際上使數組的大小減少了 1。
請注意，被交換的最後一個元素可能是您想要移除的值。但是不要擔心，在下一次迭代中，我們仍然會檢查這個元素。
public int removeElement(int[] nums, int val) {
int i = 0;
int n = nums.length;
while (i < n) {
if (nums[i] == val) {
nums[i] = nums[n - 1];
// reduce array size by one
n--;
} else {
i++;
}
}
return n;
}
時間複雜度：
- 時間複雜度：O(n)，i 和 n 最多遍歷 n 步。在這個方法中，賦值操作的次數等於要刪除的元素的數量。因此，如果要移除的元素很少，效率會更高。
- 空間複雜度：O(1)。
28、實現strStr()
題目描述：
實現 strStr() 函數。
給定一個 haystack 字符串和一個 needle 字符串，在 haystack 字符串中找出 needle 字符串出現的第一個位置 (從0開始)。如果不存在，則返回 -1。
示例1：
輸入: haystack = "hello", needle = "ll" 輸出: 2
示例2：
輸入: haystack = "aaaaa", needle = "bba" 輸出: -1
說明：
當 needle 是空字符串時，我們應當返回什麼值呢？這是一個在面試中很好的問題。
對於本題而言，當 needle 是空字符串時我們應當返回 0 。這與C語言的 strstr() 以及 Java的 indexOf() 定義相符。
解決方案：
方法一：截取與目標字符串相同長度的字符串，進行移動比較。
代碼實現：
class Solution {
public int strStr(String haystack, String needle) {
int L = needle.length(), n = haystack.length();
for (int start = 0; start < n - L + 1; ++start) {
if (haystack.substring(start, start + L).equals(needle)) {
return start;
}
}
return -1;
}
}
這裏解釋一下 n-L+1 和 substring()函數
n-L+1 就是截取到的最後的一個字符串的起始字符的位置，如果不符合就不再繼續向後移動，
substring()函數就是截取指定長度的字符串。
方法二：雙指針 - 線性時間複雜度
上一個方法的缺陷是會將 haystack 所有長度爲 L 的子串都與 needle 字符串比較，實際上是不需要這麼做的。
首先，只有子串的第一個字符跟 needle 字符串第一個字符相同的時候才需要比較。
其次，可以一個字符一個字符比較，一旦不匹配了就立刻終止。
算法：
- 移動 pn 指針，直到 pn 所指向位置的字符與 needle 字符串第一個字符相等。
- 通過 pn，pL，curr_len 計算匹配長度。
- 如果完全匹配（即 curr_len == L），返回匹配子串的起始座標（即 pn - L）。
- 如果不完全匹配，回溯。使 pn = pn - curr_len + 1， pL = 0， curr_len = 0。
代碼：
class Solution {
public int strStr(String haystack, String needle) {
int L = needle.length(), n = haystack.length();
if (L == 0) return 0;
int pn = 0;
while (pn < n - L + 1) {
//如果待截取字符串的起始字符與目標字符串的起始字符不相同，那就將待截取字符串上的指針子向後移動一位
while (pn < n - L + 1 && haystack.charAt(pn) != needle.charAt(0)) ++pn;
int currLen = 0, pL = 0;
//如果待截取字符串的起始字符與目標字符串的起始字符相同，那就將待截取字符串上的指針子向後移動一位，目標字符串上的指針也向後移動一位，已經匹配的長度加1
while (pL < L && pn < n && haystack.charAt(pn) == needle.charAt(pL)) {
++pn;
++pL;
++currLen;
}
//最後比較已經匹配的長度與目標字符串的長度是否相同，判斷是否結束
if (currLen == L) return pn - L;
pn = pn - currLen + 1;
}
return -1;
}
}