今天有同学在粉丝群里面问了一个算法题：
对话中的题目如下：
题目要求从一个有序数组 nums 中，原地删除重复出现的元素，使得每个元素只出现一次。返回删除后数组的长度。不能使用额外的数组空间，使用 O(1)空间复杂度。
这个同学之所以做错了，是因为他没有理解什么叫做 O(1)空间复杂度。他在第3行实际上生成了一个新的列表。这个列表的长度取决于原来列表的长度，原来列表不重复的元素越多，这个新的列表也就越长，所以它的空间复杂度是 O(n)。而且题目要求“原地”修改原来的列表，而不是生成新的列表。
我们先说说什么叫做O(1)空间复杂度。它不是指只能申请1个变量，而是指你额外申请的变量数量是恒定的，不会根据输入列表元素的数量而变化。所以，即使你申请1万个变量，但无论输入的原列表有1个元素还是1亿个元素，你始终只使用这1万个变量，那么也可以说空间复杂度为 O(1)。
再来说说什么叫做原地修改。这就是说，你直接修改输入的列表，不额外使用新的列表。我们知道，在 Python 里面，向列表里面添加一个元素使用xxx.append(yy)，从列表里面根据索引删除一个元素xxx.pop(index)，都是原地修改。
回到这道题目，这道题属于 LeetCode 上面简单级别的题目，如果要应聘好一些的互联网公司，这种题目应该能做到信手拈来。
这道题的关键，在于原来的列表是有序列表，所以重复的数字一定是连在一起的。因此， 我们只需要逐一检查当前元素跟上一个元素是否相同，如果相同，就移除当前元素，如果不同，就检查下一个元素。
因此，我们来写代码：
- class Solution:
- def removeDuplicates(self, nums):
- if not nums:
- return 0
- last = None
- index = 0
- length = len(nums)
- while index < length:
- ele = nums[index]
- if index == 0:
- last = ele
- index = 1
- elif ele == last:
- length -= 1
- nums.pop(index)
- else:
- last = ele
- index += 1
- return length
运行效果如下图所示：
需要注意的是，这道题的时间复杂度是 O(n)，因为从列表里面根据索引删除元素的时候，后面的元素会依次向前移动一位。一般来说，时间复杂度和空间复杂度是不能兼得的。你可以用空间换时间，也可能用时间换空间，但是很难做到同时又不占空间又不占时间。
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