提示：文章写完后，目录可以自动生成，如何生成可参考右边的帮助文档
目录
前言
经典算法OJ题1： 移除元素
解法一、逐个判断
解法二、双指针覆盖
经典算法OJ题2： 合并两个有序数组
OJ题分为两个类型：
总结
前言
世上有两种耀眼的光芒，一种是正在升起的太阳，一种是正在努力学习编程的你!一个爱学编程的人。各位看官，我衷心的希望这篇博客能对你们有所帮助，同时也希望各位看官能对我的文章给与点评，希望我们能够携手共同促进进步，在编程的道路上越走越远!
提示：以下是本篇文章正文内容，下面案例可供参考
经典算法OJ题1： 移除元素
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。
首先要想清楚移除的本质并不是真删除，而是把元素覆盖即可，覆盖n个元素后，数组总长度就要-n
解法一、逐个判断
把数组从头开始遍历，找到目标元素val，就执行一次任意位置删除
注意： 在实际写代码时，每删除一次元素，i 都要回退一次，因为有的测试用例是 3 3 3 3，val = 3，如果不回退，直接覆盖，会少删两个元素。
代码演示:
void Erase(int* nums, int pos, int len)
{
assert(len > 0);
while (pos < len)
{
nums[pos] = nums[pos + 1];//数组中后面的数据把前面的数据覆盖
pos++;//向后移动
}
}
int removeElement(int* nums, int numsSize, int val)
{
assert(nums); //nums不能为空指针
int i = 0;
int len = numsSize;//数组的有效元素个数
for (i = 0; i < len; i++)
{
if (nums[i] == val)
{
Erase(nums, i, len);
i--;//这里i--是因为后面的值把i所在的位置覆盖，
//如果不--，出了这个循环，i++, 就会把再i上赋的值给忽略，少判断一次
len--;
}
}
return len;//返回的是删除之后的数组长度
}解法二、双指针覆盖
这是一种比较巧妙的解法，用到了双指针 ，对数组内元素进行覆盖，具体实现为：存在两个指针src 、dst ，两者初始都指向数组起始位置，遍历 整个数组，对指针 src 和指针 dst 所指向的值进行比较，如果 *src != val ，就把 *src 赋给 *dst ，然后 dst 向后移动，当然无论相等还是不相等，src 都需要往后移动，这个解法的目的就是把数组中所有非目标值的元素往前移动，最后返回 dst 的下标（dst的下标就是数组中不等于 val 的值的个数）
代码演示：
int removeElement(int* nums, int numsSize, int val) {
int src = 0;
int dst = 0;
while (src < numsSize)
{
if (nums[src] == val)
{
src++;
}
else
{
nums[dst] = nums[src];
dst++;
src++;
}
}
return dst;
}经典算法OJ题2： 合并两个有序数组
给你两个按 非递减顺序 排列的整数数组
nums1和nums2，另有两个整数m和n，分别表示nums1和nums2中的元素数目。请你 合并nums2到nums1中，使合并后的数组同样按 非递减顺序 排列。
注意：最终，合并后数组不应由函数返回，而是存储在数组
nums1中。为了应对这种情况，nums1的初始长度为m + n，其中前m个元素表示应合并的元素，后n个元素为0，应忽略。nums2的长度为n。
| 数组 | 1 | 2 | 3 | 0 | 0 | 0 |
| 下标 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 数组 | 2 | 5 | 6 |
| 下标 | 0 | 1 | 2 |
假设比小的思路：设L1为nums1数组的起始位置，L2为nums2数组的起始位置，我们从比小的角度看，L1为1时，L2为2，L2大；L1++，此时L1为2，L2为2，我们假设还是L1的2大；L1++，此时L1为3，L2为2，我们把L2的值赋给L1，那么原来L1位置上的3就没了，所以这种比小的思路是不行的。
假设比大的思路：设L1为nums1数组实际有效数据的最后一个元素（下标为2），L3为nums1数组初始化的最后一个位置（下标为5）；L2为nums2数组的最后一个元素；L2为6时，L1为3，L2赋值给L3，L2--,L3--，L2不变;L2为5时，L1为3，L2赋值给L3，L2--,L3--，L1不变;L2为2时，L1为3，此时L1赋值给L3，L3--,L1--;L2为2，L1为2，假设L2的2比L1的2要大，L2赋值给L3，L3--,L2--;此时L2已经完成循环，所以比大的思路时正确的。
此外，我们仍需要考虑两种情况：L2先出循环和L1先出循环。
上面的比大思路就是我们的L2先出循环，没有是什么好考虑的。
我们来看L1先出循环的情况：
| 数组 | 4 | 5 | 6 | 0 | 0 | 0 |
| 下标 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 数组 | 1 | 2 | 3 |
| 下标 | 0 | 1 | 2 |
仍然是比大的思路：L2为3时，L1为6，L1的值赋给L3，L1--,L3--,L2不变；L2为3时，L1为5，L1的值赋给L3，L3--,L1--,L2不变；L1为4时，L2为3，L1的值赋给L3，L3--,L1--,L2不变；此时L1先完成循环，但是L2的数据还在原位，因为都是递增的排序，那么只需要把L2数组的元素赋值给L3中。
代码演示：
void merge(int* nums1, int m, int* nums2, int n)
{
int l1 = m - 1, l2 = n - 1;
int l3 = m + n - 1;
while (l1 >= 0 && l2 >= 0)
{
if (nums1[l1] > nums2[l2])
{
nums1[l3] = nums1[l1];
l1--;
l3--;
}
else
{
nums1[l3] = nums2[l2];
l3--;
l2--;
}
}
while (l2 >= 0)
{
nums1[l3] = nums2[l2];
l3--;
l2--;
}
}OJ题分为两个类型：
1：接口型（不需要main()函数，我们把代码提交之后，后端会自动拼接main()函数）
2：IO型（需要main()函数）
总结
好了，本篇博客到这里就结束了，如果有更好的观点，请及时留言，我会认真观看并学习。
不积硅步，无以至千里；不积小流，无以成江海。
