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1、题目：
对给定的有序数组 nums 删除重复元素，在删除重复元素之后，每个元素只出现一次，并返回新的长度，上述操作必须通过原地修改数组的方法，使用 O(1) 的空间复杂度完成。
2、分析特点：
- 题目要求：原地修改、
有序数组 - 原地+删除 ==>
结果数组一定比原数组的长度更短，并且，我们可以把结果数组直接写在原数组上。 - 有序数组 ==> 当前元素和前一个元素是相等的时候，则不需要收集，
我们需要收集的元素，是那些不会等于前一个元素的，充分利用有序的特点，继续往前遍历，只要不等于前一个元素，就可以收集起来，等于了就放弃，比如 2 3 3，第一个 3 作为当前元素的时候，和前一个元素不相等，可以收集起来，到了第二个 3 和前一个元素相等了，放弃收集。
3、特点：
有序数组，剔除掉相等的，拿当前位置的元素去和前一个元素比较 ，即if (nums[fast] != nums[fast - 1]); 并且 0 位置的元素早就进入结果集，需要看后面的元素是否进结果，则定义的两个指针开始判断收集的起点下标从1开始。
定义两个指针 fast 和 slow 分别为快指针和慢指针，
快指针表示遍历原数组到达的下标位置，慢指针表示结果数组的下标位置，即下一个不同元素要填入的下标位置，初始时两个指针都指向下标 1。
快指针的范围是从 1 到 最后一个元素位置；
慢指针是从 1 开始不断根据快指针满足了条件就加入收集结果(前提，0位置的元素早就进入了结果，需要看后面的元素是否进结果)；
4、代码：
5、复杂度分析：
- 时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组的长度。快指针和慢指针最多各移动 n 次。
- 空间复杂度：O(1)。只需要使用常数的额外空间。
6、总结：
有序数组，剔除掉相等的，拿当前位置的元素去和前一个元素比较，即if (nums[fast] != nums[fast - 1]); 并且 0 位置的元素早就进入结果集，需要看后面的元素是否进结果，则定义的两个指针开始判断收集的起点下标从1开始。
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