壹 ❀ 引
一日一题，今天的题目来自于leetcode26. 删除排序数组中的重复项，其实在之前我们已经做了一道类似的题目，可参考JS leetcode 移除元素 题解分析，关于本题描述如下：
给定一个排序数组，你需要在 原地 删除重复出现的元素，使得每个元素只出现一次，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 1:
给定数组 nums = [1,1,2], 函数应该返回新的长度 2, 并且原数组 nums 的前两个元素被修改为 1, 2。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 = [0,0,1,1,1,2,2,3,3,4], 函数应该返回新的长度 5, 并且原数组 nums 的前五个元素被修改为 0, 1, 2, 3, 4。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
我们先来简单分析题目，再给出解题思路。
贰 ❀ 解题思路
经过leetcode算法题移除元素的教育，这次解题得额外抓住两个重点：
第一，题目真正的要求是获取不重复元素的长度，所以即使不删除重复元素也是允许的。
第二，不需要考虑数组中超出新长度后的元素，这句话的意思其实已经暗示，我们可以将不重复的元素集中在数组前面，后面的重复元素可以不管，比如
[1,2,2,3] => [1,2,3,2] 返回3，因为不重复的元素为 1,2,3
当然，我们可以先站在删除重复元素的角度来思考这个问题，这对于前端开发者来说更容易接受，直接上代码：
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number}
*/
var removeDuplicates = function (nums) {
for (var i = 0; i < nums.length;) {
if (nums.indexOf(nums[i]) !== i) {
nums.splice(i, 1);
} else {
i++;
};
};
return nums.length;
};
思路很简单，因为indexOf获取的都是每个元素第一次出现的问题，所以只要当前元素的i不是第一次出现，那就说明是重复元素，利用splice删除执行元素即可。
而站在不删除元素的角度，这就得利用双指针进行元素覆盖，我们先上代码，再解释原理：
/**
* @param {number[]} nums
* @return {number}
*/
var removeDuplicates = function (nums) {
if(nums.length === 0){
return 0;
};
var s = 0, //慢指针，每赋值一次，慢指针往右移动一位
f = 1, //快指针，只要重复就往右移动一位
len = nums.length;
for (; f < len; f++) {
if (nums[s] !== nums[f]) {
nums[s + 1] = nums[f];
s++;
};
};
return s + 1;
};
我们以[1,1,2,3]为例，注意，题目已经说了数组为已排序数组，所以相同元素必定相邻。
我们指定2个指针，慢指针s(slow)与快指针f(fast)，慢指针主要负责当元素不同时进行赋值，快指针主要负责数组遍历，对每个元素进行比较。
说到底，就是每次比较完成之后，只要这个元素没重复，就把这个元素通过赋值的形式，依次排在s指针索引的后面；若比较相同就啥都不干，直接让快指针继续往后移动。
我们通过图解，来模拟[1,1,2,3]的赋值过程：
可以看到，一开始由于s为0，f为1，进行了第一次比较，如果相同，s作为起点元素保持不变，f作为快指针继续寻找下个比较目标；
而只要s与f的元素不同，则将f的元素复制到s的后一位，以此类推，由于s的索引是0，经过几次复制自增几次，最后获取的长度需要额外加1，大致上就是这个思路。
我最开始也是绕了半天，但是通过图解，真是感叹双指针的微妙之处。
当然，双指针代码处的if操作其实也可以改写成如下形式，思路是一样的，不过我还是认为上述写法好理解一点，先赋值，s再移动：
if (nums[s] !== nums[f]) {
s++;
nums[s] = nums[f];
};
那么关于本题的分析就到这里了。