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首先跟大家阐明一点就是，每道算法题都有多种解法，我们只讲LeetCode上几种优秀的解题思路~，希望可以帮助到大家，那我们先来看下题目描述吧~
一、题目描述：
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。
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，不对实参做任何拷贝
int len = removeDuplicates(nums);
// 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]);
}
二、思路分析：
这道题同学们首先要注意的一点是，“给定一个排序数组”，也就是意味着这个数组是有序的，只可能出现 1，1，1，2，3；不可能出现1，1，1，2，1这种情况。
好，理解了这个前提，我们来看题。
由于题目说 “你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素”，我们就想是不是可以把重复的元素给他向后移动，保证数组前面的元素都是不重复的元素，如果能完成这样，我们就实现了题目要求。
那具体怎么做呢？我们可以采用双指针的方法来解决，什么是双指针呢？有的同学可能没听说过双指针，那我画了个图给大家，可以简单看一下图：
这道题同学们首先要注意的一点是，“给定一个排序数组”，也就是意味着这个数组是有序的，只可能出现 1，1，1，2，3；不可能出现1，1，1，2，1这种情况。
好，理解了这个前提，我们来看题。
由于题目说 “你不需要考虑数组中超出新长度后面的元素”，我们就想是不是可以把重复的元素给他向后移动，保证数组前面的元素都是不重复的元素，如果能完成这样，我们就实现了题目要求。
那具体怎么做呢？我们可以采用双指针的方法来解决，什么是双指针呢？有的同学可能没听说过双指针，那我画了个图给大家，可以简单看一下图：
我们可以放置两个指针 i 和 j，其中 i 是慢指针，而 j 是快指针。
如果nums[i]=num[j] ，说明是重复项，我们让 j 自增，然后再比较nums[i] 和num[j]是否相等，如果还相等，说明还是重复项，继续让j自增，直到nums[i] != num[j] ，说明重复项结束了。
重复项结束了怎么办呢？我们将不重复的值，放到 i+1 的位置，同时i自增，j也自增，直到j遍历完整个数组。当遍历完整个数组的时候，i及其以前的元素都是不重复的，所以返回i+1即为不重复数组的长度。
理解了思路，代码就好说了
代码实现
public int removeDuplicates(int[] nums) {
// 首先判断数组是否为空
if (nums.length == 0) return 0;
// 慢指针从0开始
int i = 0;
// 快指针j从0+1开始
for (int j = 1; j < nums.length; j++) {
//如果快慢指针对应的值不相等，则i自增之后（注意这里是先自增），
//将快指针对应的值，赋值为i的位置（相当于原来的i+1的位置）
if (nums[j] != nums[i]) {
i++;
nums[i] = nums[j];
}
}
//遍历结束后，i+1 即为不重复的数组长度，返回即可
return i + 1;
}
复杂度分析
时间复杂度：O(n)，假设数组的长度是 n，那么 i 和 j 分别最多遍历 n 步。 空间复杂度：O(1)。
刷题总结
如果大家还有其他解题思路，只要能实现要求，都是没问题的，条条大路通罗马，不要仅仅局限于我讲的这种解法哈~，优秀的思路和代码更具备学习意义，我们一起加油吧
