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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。
时间复杂度：O(n)
空间复杂度：O(1)
思路：
（1）两个下标 i，j ，初始时 i 在前，j 在后；
（2）遍历并比较：
若 nums[i] = nums[j] ，则仅仅 j++;
若 nums[i] != nums[j] ，则同时 i++，j++，两者同时向后移动
例如：nums = [1,2,3]，i = 0 指向1，j = 1 指向2，nums[0] != nums[1]，判断中先 i++，然后for循环中 j++，也就是i和j同时向后移动一位：
（3）补0：
最后 j 不满足 j < j.size()，跳出for循环，并且 i 之前（包含i）的元素即为目标数组，数组长度为 i + 1。（由于LeetCode只检查前 i 个值，并不检查 i 之后是否为0，所以这一步可省略）
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 0)
return 0;
int i = 0;
int j = 0;
for (i = 0, j = i + 1; j < nums.size(); j++)
{
if (nums[i] != nums[j])
{
i++;
nums[i] = nums[j]; // 经过i++后，此时i和j指向同一元素，因此nums[i] = nums[j] 赋值相当于无效操作
}
}
return i + 1; // 长度为 i+1
}
编辑
原版（不够精炼）：
int removeDuplicates(vector<int>& nums) {
if (nums.size() == 0)
return 0;
int i = 0;
int j = 0;
for (i = 0, j = i + 1; j < nums.size(); j++)
{
if (nums[i] != nums[j])
{
i++;
nums[i] = nums[j]; // 经过i++后，此时i和j指向同一个元素，因此nums[i] = nums[j] 赋值相当于无效操作
// j++; // 可以提出来公共的
}
// nums[i] == nums[j]的情况 j++ 提出来公共的
}
// 以下由于LeetCode只检查前i个值，并不检查i之后是否为0，所以可以注释掉
// for (j = i + 1; j < nums.size(); j++)
// {
// nums[j] = 0; // i 位置后补0
// }
return i + 1; // 长度为 i+1
}
