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一、题目
给你一个数组nums和一个值val，你需要"原地"移除所有数值等于val的元素，并返回移除后数组的新长度。不要使用额外的数组空间，你必须仅使用O(1)额外空间并"原地"修改输入数组。元素的顺序可以改变。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，不对实参作任何拷贝
int len = removeElement(nums, val);
// 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]);
}
示例 1：
输入：nums = [3,2,2,3], val = 3
输出：2, nums = [2,2]
解释：函数应该返回新的长度2, 并且nums中的前两个元素均为2。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。例如，函数返回的新长度为2 ，而nums = [2,2,3,3]或nums = [2,2,0,0]，也会被视作正确答案。
示例 2：
输入：nums = [0,1,2,2,3,0,4,2], val = 2
输出：5, nums = [0,1,4,0,3]
解释：函数应该返回新的长度5, 并且nums中的前五个元素为0, 1, 3, 0, 4。注意这五个元素可为任意顺序。你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素。
二、代码
【1】双指针： 由于题目要求删除数组中等于val的元素，因此输出数组的长度一定小于等于输入数组的长度，我们可以把输出的数组直接写在输入数组上。可以使用双指针：右指针right指向当前将要处理的元素，左指针left指向下一个将要赋值的位置。
1、如果右指针指向的元素不等于val，它一定是输出数组的一个元素，我们就将右指针指向的元素复制到左指针位置，然后将左右指针同时右移；
2、如果右指针指向的元素等于val，它不能在输出数组里，此时左指针不动，右指针右移一位。
整个过程保持不变的性质是：区间[0,left)中的元素都不等于val。当左右指针遍历完输入数组以后，left的值就是输出数组的长度。这样的算法在最坏情况下（输入数组中没有元素等于val），左右指针各遍历了数组一次。
class Solution {
public int removeElement(int[] nums, int val) {
int n = nums.length;
int left = 0;
for (int right = 0; right < n; right++) {
if (nums[right] != val) {
nums[left] = nums[right];
left++;
}
}
return left;
}
}
时间复杂度： O(n)，其中n为序列的长度。我们只需要遍历该序列至多两次。
空间复杂度： O(1)。我们只需要常数的空间保存若干变量。
【2】双指针优化： 如果要移除的元素恰好在数组的开头，例如序列[1,2,3,4,5]，当val为1时，我们需要把每一个元素都左移一位。注意到题目中说：「元素的顺序可以改变」。实际上我们可以直接将最后一个元素5移动到序列开头，取代元素1，得到序列 [5,2,3,4]，同样满足题目要求。这个优化在序列中val元素的数量较少时非常有效。
实现方面，我们依然使用双指针，两个指针初始时分别位于数组的首尾，向中间移动遍历该序列。
如果左指针left指向的元素等于val，此时将右指针right指向的元素复制到左指针left的位置，然后右指针right左移一位。如果赋值过来的元素恰好也等于val，可以继续把右指针right指向的元素的值赋值过来（左指针left指向的等于val的元素的位置继续被覆盖），直到左指针指向的元素的值不等于val为止。
当左指针left和右指针right重合的时候，左右指针遍历完数组中所有的元素。这样的方法两个指针在最坏的情况下合起来只遍历了数组一次。与方法一不同的是，方法二避免了需要保留的元素的重复赋值操作。
class Solution {
public int removeElement(int[] nums, int val) {
// 定义一个慢指针 slow 指向不重复的字段
int slow = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] != val) {
nums[slow] = nums[i];
slow++;
}
}
return slow;
}
}
时间复杂度： O(n)，其中n为序列的长度。我们只需要遍历该序列至多一次。
空间复杂度： O(1)。我们只需要常数的空间保存若干变量。
【3】通用解法：
先设定变量idx，指向待插入位置。idx初始值为0。然后从题目的「要求/保留逻辑」出发，来决定当遍历到任意元素x时，应该做何种决策：
1、如果当前元素 x与移除元素val相同，那么跳过该元素。
2、如果当前元素x与移除元素val不同，那么我们将其放到下标idx的位置，并让idx自增右移。
最终得到的idx即是答案。
class Solution {
public int removeElement(int[] nums, int val) {
int idx = 0;
for (int x : nums) {
if (x != val) nums[idx++] = x;
}
return idx;
}
}
时间复杂度： O(n)，其中n为序列的长度。我们只需要遍历该序列至多一次。
空间复杂度： O(1)。我们只需要常数的空间保存若干变量。
