题干
题目分析
两个字符串要进行比较，#代表着回车，也就是删除之前的字符。
若按照遍历的惯例，选择从前到后遍历，但这样没法判断，因为#之前被删除的部分是不需要相同的。
因此考虑到#的含义，我们应该选择从后往前遍历。
从后往前遍历，若当前下标所指向的字符不是#，需要判断这个数是否是被删除的数，如果不是被删除的数，才需要比较是否相等。
这就引出一个问题------------如何判断这个数是否被删除了？以及如何让两个字符串能够比对？
若直接按照下标从后向前遍历，但两个删除后的实际字符串，同一个字符的下标在两个原本的字符串中的下标可能是不相同的。
因此，我们要解决这些问题，我们要实现以下几点：
- 首先要通过设定变量，记录
#的数量。这一步的目的是跳过#前的字符，让下标指引到真正要比对的字符位置 - 当前位置不是
#的时候，我们要判断#的数量，如果不为0，则要跳过此字符，sum要减一 - 满足时间复杂度O（n），空间复杂度O（1），不可以循环嵌套
- 判断两个字符串比对时机的条件，当前字符
sum为0且不为#的时候进行比对。为了方便比对，两个字符串的遍历要在同一个循环里面，这样才能确保每一轮比对都是对应的。
由此，我们开始进行代码的编写。
代码撰写与空间复杂度优化
常规的比较简单的方法，是使用StringBuffer或者StringBuilder，因为String是不可变的，而StringBuilder是可变的，因此使用StringBuilder可以直接删除不合适的字符，并返回最终字符串，将两个最终字符串进行比对。
代码如下：
java
class Solution {
public boolean backspaceCompare(String s, String t) {
String s1 = fun(s);
String s2 = fun(t);
return s1.equals(s2);
}
private String fun(String s){
int c = 0;
StringBuilder ss = new StringBuilder();
for (int i = s.length() - 1; i >= 0; i--){
if (s.charAt(i) != '#'){
if (c == 0){
ss.append(s.charAt(i));
} else {
c--;
}
} else {
c++;
}
}
return ss.toString();
}
}但这个代码并不符合题目的要求，因为它使用了额外的空间存储两个字符串（创建了StringBuilder）
因此它的空间复杂度为O（m+n），不符合O（1）的要求。
为改进这个问题，按照之前分析的思路，我们使用字符串遍历，跳过#删除的字符的方法，一一进行比对
代码如下：
从后往前遍历的时候，我们考虑3中情况
- 第一种：当前字符为
#，记录#数量的sum++，指针前移 - 第二种：当前字符不为
#，但sum数不为0，证明这个位置的字符是要被跳过的，因此sum--，指针前移 - 第三种：当前字符不为
#，sum数为0，证明这个是删除后保留的字符，也就是要被进行比对的字符，此时通过break关键字退出循环，此刻slow指针所指向的下标便是本轮循环中要进行比对的下标。
java
class Solution {
public boolean backspaceCompare(String s, String t) {
int slow1 = s.length() - 1;
int slow2 = t.length() - 1;
while (slow1 >= 0 || slow2 >= 0) {
int backspaceCount1 = 0;
while (slow1 >= 0) {
if (s.charAt(slow1) == '#') {
backspaceCount1++;
slow1--;
} else if (backspaceCount1 > 0) {
backspaceCount1--;
slow1--;
} else {
break;
}
}
int backspaceCount2 = 0;
while (slow2 >= 0) {
if (t.charAt(slow2) == '#') {
backspaceCount2++;
slow2--;
} else if (backspaceCount2 > 0) {
backspaceCount2--;
slow2--;
} else {
break;
}
}
if (slow1 >= 0 && slow2 >= 0) {
if (s.charAt(slow1) != t.charAt(slow2)) {
return false;
}
} else if (slow1 >= 0 || slow2 >= 0) {
return false;
}
slow1--;
slow2--;
}
return true;
}
}（这里可以用其他名字，比如t、j代替slow1，slow2，我这样写是因为写快慢指针的时候写习惯了所以用slow代指用来赋值的指针。）
思路易错点
被删除的字符要一个一个跳过
java
else if (backspaceCount1 > 0) {
backspaceCount1--;
slow1--;
} 我们分析这段代码，会发现遇到不是#，且sum不为0的字符时，我们跳过当前字符，sum--。
在初次分析的时候，我选择了slow=slow-sum；sum=0；来进行跳过多个字符。
但这样是错误的，以为批量跳过的时候，有可能跳过#，这样会导致程序逻辑上的错误。
因此我们要一一比对，精准记录每一个#字符
比对时，条件判断要精准
java
if (slow1 >= 0 && slow2 >= 0) {
if (s.charAt(slow1) != t.charAt(slow2)) {
return false;
}
} else if (slow1 >= 0 || slow2 >= 0) {
return false;
}如果直接使用s.charAt(slow1)！=t.charAt(slow2)进行判断，有可能会出现数组越界的错误。
因此在判断之前，我们首先要确保索引下标是可用的，因此首先要进行slow1>=0&&slow2>=0的判断。