本文介绍: 这个解决方案的优点是，它只需要一次遍历，时间复杂度是O(n)，其中n是数组的长度。同时，它只使用了常数级别的额外空间，空间复杂度是O(1)。你需要原地修改数组，并且只使用O(1)的额外空间。这意味着我们不能创建新的列表，而需要在原始列表上进行操作。这个解决方案使用了两个指针，一个从左边开始，一个从右边开始。很少出现，那么元素交换的次数就会减少，这可以提高算法的效率。的元素时，我们就交换这两个元素。这样，我们就可以将所有等于。的元素，而右边的指针找到一个不等于。在数组中出现的频率。的元素移到数组的右边。
如果用列表生成式，可以满足输出的型式，但是不满足题意：
nums[:] = [i for i in nums if i != val]
return len(nums)题意要求是：
你需要原地修改数组，并且只使用O(1)的额外空间。这意味着我们不能创建新的列表，而需要在原始列表上进行操作。
题解：
left, right = 0, len(nums) - 1
while left <= right:
if nums[left] == val:
nums[left], nums[right] = nums[right], nums[left]
right -= 1
else:
left += 1
return left 这个解决方案使用了两个指针，一个从左边开始，一个从右边开始。当左边的指针找到一个等于val的元素，而右边的指针找到一个不等于val的元素时，我们就交换这两个元素。这样，我们就可以将所有等于val的元素移到数组的右边。
这个解决方案的优点是，它只需要一次遍历，时间复杂度是O(n)，其中n是数组的长度。同时，它只使用了常数级别的额外空间，空间复杂度是O(1)。此外，这个解决方案还考虑到了val在数组中出现的频率。如果val很少出现，那么元素交换的次数就会减少，这可以提高算法的效率。
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