题目描述

原题链接：1047. 删除字符串中的所有相邻重复项

解题思路

一、栈顶匹配重复元素

本题需要删除重复且相邻元素，存入不重复元素。根据相邻特点，可采用栈进行实现。

当栈顶元素和遍历的字符串中的字符相同时，则将其弹栈。然后遍历下一个元素，直至全部遍历完，让各个相邻元素都不重复的存入栈中。再将其弹栈存入到子串中，因为栈为后进先出，因此需要让字符串进行逆置，恢复原始顺序。

class Solution {
public:
    string removeDuplicates(string s) {
        stack<char> st;
        string res = "";
        for(char ch : s) {
            // 当栈为空或者栈顶元素与ch不相同，则将ch压入栈中
            if(st.empty() || st.top() != ch) {
                st.push(ch);
            } else {
                // 如果栈中不为空而且栈顶元素与ch相等，则弹出已存入的栈顶元素
                st.pop();
            }
        }
        // 存入res中
        while(!st.empty()) {
            res += st.top();
            st.pop();
        }
        // 因为从栈中弹出的元素为逆序，因此需要将字符串再逆序，让顺序正过来
        reverse(res.begin(), res.end());
        return res;
    }
};

时间复杂度 $O(n)$
空间复杂度 $O(n)$

二、双指针方法1：先判定，再填充

初步想法是类似于 移除链表元素 的方式，采用快慢双指针存储符合条件的元素，不存储不符合条件的元素。

此题和移除链表元素题的区别，在于本题需要对比的不仅仅是原始链表中的相邻元素，还需要再与已经存入的元素进行对比。

整体思路是在填充前，先对比当前待填充元素与未来填充元素的情况，再对比当前待填充元素与上一个已填充元素的情况，都不重复时，则填充该元素。

设置j指针用来存储符合条件的元素，始终指向待存储位置的下标。
设置i指针遍历原字符串，每次首先对比s[i]与s[i+1]字符是否相同，如果相同，则不填充，需要跳过这两个字符。如果不相同，再对比s[i]与s[j - 1]中字符是否相同，如果相同，则让j--，让下一次存储覆盖该存入元素。
当原始字符串中相邻元素不相同，而且待存入元素与新字符串的末尾元素不相同时，存入该元素。

其实，就相当于是i为pre指针，i+1为cur指针，j为temp指针（用于存入新元素,指向新子串末尾的下一个位置）。每次对比pre指针和cur指针指向元素，然后再对比pre指针和(temp-1)指针对比。

class Solution {
public:
    string removeDuplicates(string s) {          
        int n = s.size();
        // 用j指向新的待存储元素的位置
        int j = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {
            // 当s[i]与s[i+1]相同时，跳过这两个元素
            if(i + 1 < n && s[i] == s[i + 1])
                i++;    // 先加1，之后循环结尾还会再加1，从而实现跳过这两个重复元素
            // 当s[i]与s[j - 1]中元素相同时，让此位置元素可被替换，执行j--，并再执行i++跳过该元素
            else if(j > 0 && s[j - 1] == s[i])
                j--;
            // 当相邻元素不重复而且已存入元素和新存入元素不重复时，加入该元素
            else
	            s[j++] = s[i];                
        }        
        s.resize(j);
        return s;
    }
};

时间复杂度 $O(n)$
空间复杂度 $O(1)$

三、双指针方法2：先填充，再判定回退

方法1中，思路是填充前先查看未来情况和原先已填充情况。方法2是先填，再判定，不满足条件，则回退到未填充的时候。

因为本题需要与之前已填充过的元素进行对比，如果先对比后填充，不仅需要对比未来情况，还需要对比已有情况。该方式可以提前跳过不满足条件的情况。

方法2采用先填充后对比的策略，从而让对比方式变成只需对比当前与之前的填充情况即可，但会需要将不满足的条件进行退回，相比于方法1会多填充一次。

采取策略是设置一个i指针用于遍历整个字符串，另设置一个j指针进行填充。每次先进行填充，填充完后，与已填充过的上一个元素进行对比，如果相同，则放弃此次填充，回退到之前的位置。如果不相同，则填充此次位置。

class Solution {
public:
    string removeDuplicates(string s) {
        int n = s.size();
        int j = 0;
        for(int i = 0; i < n; i++) {                    
            s[j] = s[i];                        // 先填充    
            if(j > 0 && s[j] == s[j - 1])      // 填充后与上一个填充元素对比
                j--;                           // 当发现与之前元素相同，则回退
            else
                j++;                           // 与之前元素不同，则填充并指向下一个待填充位置
        }
        s.resize(j);
        return s;
    }
};

时间复杂度 $O(n)$
空间复杂度 $O(1)$

参考文章：1047. 删除字符串中的所有相邻重复项