20.4.13 压缩字符串 简单

时间复杂度O(n)，空间复杂度O(1)

题目

给定一组字符，使用原地算法将其压缩。
压缩后的长度必须始终小于或等于原数组长度。
数组的每个元素应该是长度为1 的字符（不是 int 整数类型）。
在完成原地修改输入数组后，返回数组的新长度。

进阶：
你能否仅使用O(1) 空间解决问题？

示例 1：
输入：
["a","a","b","b","c","c","c"]
输出：
返回6，输入数组的前6个字符应该是：["a","2","b","2","c","3"]
说明：
"aa"被"a2"替代。"bb"被"b2"替代。"ccc"被"c3"替代。

示例 2：
输入：
["a"]
输出：
返回1，输入数组的前1个字符应该是：["a"]
说明：
没有任何字符串被替代。

示例 3：
输入：
["a","b","b","b","b","b","b","b","b","b","b","b","b"]
输出：
返回4，输入数组的前4个字符应该是：["a","b","1","2"]。
说明：
由于字符"a"不重复，所以不会被压缩。"bbbbbbbbbbbb"被“b12”替代。
注意每个数字在数组中都有它自己的位置。

注意：
所有字符都有一个ASCII值在[35, 126]区间内。
1 <= len(chars) <= 1000。

解题思路

1. 第一次见这种题目，没有太清楚题意，改了很多次才懂。压缩数组其实就是，把相同的合并，但是不是全部相同都合并，比如[a,a,b,b,a,a]，不是压成[a,4,b,2]，我一开始还先排序了，然后做错了。
2. 双指针，一个指针遍历数组，一个指针更改数组，更改一定不会比遍历快，大部分情况更改指针都在遍历指针后面改数。

代码思路

1. 排除特殊情况；
2. 指针index为遍历指针，指针curr为更改指针，也是最后输出的压缩长度，因为改到哪长度就定在哪；
3. 遍历开始，用count统计从当前字符到不相同字符之前的数目，chars[curr]，当前更改的位置要先变为当前字符；
4. while循环统计相同字符长度；
5. 三个判断将相同字符的数量分情况插入数组，同时不断更新更改指针curr的位置；
6. 用curr指针更新遍历指针index的位置，index会指着下一个字符的位置，继续循环。

代码

class Solution {
public:
    int compress(vector<char>& chars) {
        if(chars.size() == 0) return 0;

        int index=0;
        int curr=0;
        for(; index<chars.size();){
            int count=1;
            chars[curr]=chars[index];

            while(index+count<chars.size() && chars[index]==chars[index+count]) count++;
            
            if(count>9){
                chars[curr+1]=count/10+'0';
                chars[curr+2]=count%10+'0';
                curr+=3;
            }
            else if(count>1){
                chars[curr+1]=count+'0'; 
                curr+=2;
            } 
            else curr+=1;

            index+=count;
        }

        return curr;
    }
};