删除有序数组中的重复项 图解题解
升序数组原地去重：slow 盯住已确认区末位，fast 找到新数就填进来——一趟扫、O(1) 空间。
slow 指向「已确认区的末位」，fast 往右扫。fast 遇到和 slow 相同的值就直接跳过；遇到不同的值（新数字），就让 slow 先往右走一格，再把新数字**写到** slow 的位置——是写入覆盖，不是删除。slow 左边（含 slow）始终是去重后的干净结果，fast 扫完一趟结束。
这道题到底在问什么
- nums
- [1, 1, 2, 2, 3]
- 输出
- 3，且前 3 位变成 [1, 2, 3]
最优解：一步一步想明白
- 3最直白的做法：发现重复就删掉它，后面的元素整体往前挪一格。每删一次都要搬一长串，最坏要搬 n 的平方次，太慢。
- 4换个思路：慢指针 slow 指向「最后一个已确定的不重复数」；快指针 fast 一路向前。fast 撞到和 slow 不一样的新数，就 slow 前进一格、把新数写过去。slow 左边永远是去好重的结果。
- 5slow=0，fast 从 1 出发紫色 slow 停在 0 号位——第一个数没有可比的前一个，天然保留。蓝色 fast 从 1 号位出发去找新数。
- 6nums[1]=1 与 nums[slow]=1 相同fast 指的 1，和 slow 指的 1 一样，是重复数。slow 不动，只让 fast 往前走。
- 7nums[2]=2 与 nums[slow]=1 不同fast 指的 2，和 slow 指的 1 不一样，是个新数字！该把它码到 slow 后面了。
- 8slow 前进到 1写之前先让 slow 前进一格，到 1 号位。这个格子原来放着多余的 1，正好拿来安放新数。
- 9nums[1] 被覆盖成 2把 2 写进 1 号位，覆盖掉原来多余的 1。数组前段变成 [1, 2]，去重结果又长了一位。
- 10nums[3]=2 与 nums[slow]=2 相同fast 指的 2，和 slow 指的 2 相同，又是重复。slow 不动，fast 继续往前。
- 11nums[4]=3 与 nums[slow]=2 不同fast 走到最后，指的 3，和 slow 指的 2 不一样，又是新数字。
- 12slow 前进到 2老规矩，先让 slow 前进到 2 号位，腾出新数该放的格子。
- 13nums[2] 被覆盖成 3把 3 写进 2 号位。前段变成 [1, 2, 3]，三个不重复的数都归位了。
- 14去重长度 = slow + 1 = 3fast 走完了。slow 停在 2 号位，前 slow+1 也就是 3 个数 [1, 2, 3] 就是去重结果，返回 3。后面的旧数据不用管。
- 15新数：先进位 → 再覆盖把核心动作再慢放一遍：fast 找到新数 3，slow 先进一格到 2，再把 3 覆盖写进去。重复数就只让 fast 走、slow 原地不动。记住这两拍。
- 18slow 是写指针、fast 是读指针。读到和 slow 不同的新数，才让 slow 进位并写入。删除有序数组重复项、移除元素、移动零，全是这套快慢指针。
- 20slow 全程不动 → 返回 1试个全是 2 的数组：fast 每次比都相同，slow 一直停在 0。返回 slow+1 = 1，正好——去重后只剩一个 2。先进位的写法在这里也不会误覆盖。
- 24练熟这题，再去同类题迁移：LC27 改「保留条件」、LC80 改「比较对象」、LC283 改成交换。结构都一样，遇到卡点可以问问 AI 助教小欧，或到通关训练里实战一遍。
⚠️ 容易写错的地方
✗ 错：fast 撞到新数就直接 nums[slow]=nums[fast]，忘了先 slow+=1
✓ 对：先 slow += 1，再 nums[slow] = nums[fast]
不先进位就会把新数写回 slow 自己那格，等于原地踏步、覆盖了已确认的数
✗ 错：fast 拿 nums[fast] 去和 nums[fast-1] 比
✓ 对：和 nums[slow] 比
slow 指的才是「最后一个确定保留的数」；和 fast-1 比在连续重复段里会判错
✗ 错：返回 slow 或 slow-1
✓ 对：返回 slow + 1
slow 是最后一个有效元素的下标，下标从 0 起，所以个数是 slow + 1
完整代码（Python / C++ / Java）
Python
class Solution:
def removeDuplicates(self, nums):
if not nums:
return 0
slow = 0 # 去重边界
for fast in range(1, len(nums)): # 快指针探路
if nums[fast] != nums[slow]: # 遇到新数
slow += 1 # 先进位
nums[slow] = nums[fast] # 再覆盖写入
return slow + 1 # 长度 = slow+1C++
class Solution {
public:
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if (nums.empty()) return 0;
int slow = 0;
for (int fast = 1; fast < (int)nums.size(); fast++) {
if (nums[fast] != nums[slow]) {
slow++;
nums[slow] = nums[fast];
}
}
return slow + 1;
}
};Java
class Solution {
public int removeDuplicates(int[] nums) {
if (nums.length == 0) return 0;
int slow = 0;
for (int fast = 1; fast < nums.length; fast++) {
if (nums[fast] != nums[slow]) {
slow++;
nums[slow] = nums[fast];
}
}
return slow + 1;
}
}套路模板 · 快慢指针「读写分离」（背骨架）
# 原地保留「该留的元素」，去重/移除都套这个骨架
slow = 0 # 写指针：已确定边界
for fast in range(1, len(nums)): # 读指针：探路
if 是要保留的新元素(nums[fast]): # 改这一行的判据
slow += 1
nums[slow] = nums[fast]
return slow + 1 # 结果长度int slow = 0;
for (int fast = 1; fast < (int)nums.size(); fast++) {
if (/* 是要保留的新元素 */) {
slow++;
nums[slow] = nums[fast];
}
}
return slow + 1;int slow = 0;
for (int fast = 1; fast < nums.length; fast++) {
if (/* 是要保留的新元素 */) {
slow++;
nums[slow] = nums[fast];
}
}
return slow + 1;复杂度
时间复杂度
O(n)
fast 从头到尾只走一遍，slow 只增不减，总共 n 步
空间复杂度
O(1)
全程在原数组上覆盖，不额外开空间
看不够？换成动画再走一遍
上面的推演每一步都对应一帧动画。点开交互动画版，能一步步看着 删除有序数组中的重复项 的数据怎么变、指针怎么走，还能切 Python / Java / C++ 跟着练。
面试官可能追问
这题为什么不能用哈希表去重？+
可以但没必要。数组已升序，重复必相邻，双指针就能 O(1) 空间原地解决；哈希表反而多花 O(n) 空间，还破坏了原地的要求。
如果允许每个数最多保留两个（LC80）怎么改？+
把比较对象从 nums[slow] 换成 nums[slow-1]：只要 fast 的数和倒数第二个保留的不同就写入。slow 从 2 起步，骨架完全一样。
数组无序还能这么做吗？+
不能。本解法的正确性建立在「重复元素相邻」上。无序就得先排序 O(n log n)，或改用哈希集合。
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