LeetCode 合并两个有序数组

给你两个按非递减顺序排列的整数数组 nums1 和 nums2，另有两个整数 m 和 n ，分别表示 nums1 和 nums2 中的元素数目。

请你 合并 nums2 到 nums1 中，使合并后的数组同样按非递减顺序排列。

注意：最终，合并后数组不应由函数返回，而是存储在数组 nums1 中。为了应对这种情况，nums1 的初始长度为 m + n，其中前 m 个元素表示应合并的元素，后 n 个元素为 0 ，应忽略。nums2 的长度为 n 。

示例 1：

输入：

nums1 = [1,2,3,0,0,0], m = 3, nums2 = [2,5,6], n = 3

输出：

[1,2,2,3,5,6]

解释：

需要合并 [1,2,3] 和 [2,5,6] 。

合并结果：

[1,2,2,3,5,6] ，其中加粗标注的为 nums1 中的元素。

示例 2：

输入：

nums1 = [1], m = 1, nums2 = [], n = 0

输出：

[1]

解释：

[1] 和 [] 。

合并结果：

[1] 。

示例 3：

输入：

nums1 = [0], m = 0, nums2 = [1], n = 1

输出：

[1]

解释：

需要合并的数组是 `[]` 和 `[1]` 。

合并结果:

[1] 。

注意:

因为 m = 0 ，所以 nums1 中没有元素。nums1 中仅存的 0 仅仅是为了确保合并结果可以顺利存放到 nums1 中。

 

提示：

• nums1.length == m + n
• nums2.length == n
• 0 <= m, n <= 200
• 1 <= m + n <= 200
• 10910^9109 <= nums1[i], nums2[j] <= 10910^9109

代码：

class Solution {
public:
    void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
        for(int i = m , j = 0; i < m + n ; i ++ )
            nums1[i] = nums2[j++];
        sort(nums1.begin(),nums1.end()); 
    }
};

思路：

在本题中，两个数组已确定，只需要确保合并后的数组以非递减顺序排列即可，因此可以先将数组nums2元素全部合并到数
组nums1中，之后在进行排序。

复杂度分析：

• 时间复杂度：O((m+n)log(m+n))。排序序列长度为 m+n，套用快速排序的时间复杂度即可，平均情况为O((m+n)log(m+n))。

• 空间复杂度：O(log(m+n))。排序序列长度为 m+n，套用快速排序的空间复杂度即可，平均情况为 O(log(m+n))。

官方代码1：

class Solution {
public:
    void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
        int p1 = 0, p2 = 0;
        int sorted[m + n];
        int cur;
        while (p1 < m || p2 < n) {
            if (p1 == m) {
                cur = nums2[p2++];
            } else if (p2 == n) {
                cur = nums1[p1++];
            } else if (nums1[p1] < nums2[p2]) {
                cur = nums1[p1++];
            } else {
                cur = nums2[p2++];
            }
            sorted[p1 + p2 - 1] = cur;
        }
        for (int i = 0; i != m + n; ++i) {
            nums1[i] = sorted[i];
        }
    }
};

思路：

利用数组nums1与数组nums2已经被排序的性质。为了利用这一性质，我们可以使用双指针方法。这一方法将两个数组
看作队列，每次从两个数组头部取出比较小的数字放到结果中。

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(m+n)。 指针移动单调递增，最多移动m+n 次，因此时间复杂度为O(m+n)。

• 空间复杂度：O(m+n)。 需要建立长度为m+n 的中间数组sorted。

官方代码2：

class Solution {
public:
    void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
        int p1 = m - 1, p2 = n - 1;
        int tail = m + n - 1;
        int cur;
        while (p1 >= 0 || p2 >= 0) {
            if (p1 == -1) {
                cur = nums2[p2--];
            } else if (p2 == -1) {
                cur = nums1[p1--];
            } else if (nums1[p1] > nums2[p2]) {
                cur = nums1[p1--];
            } else {
                cur = nums2[p2--];
            }
            nums1[tail--] = cur;
        }
    }
};

思路：

观察可知，nums1的后半部分是空的，可以直接覆盖而不会影响结果。因此可以指针设置为从后向前遍历，每次取两者之中的较大者放进nums1的最后面。严格来说，在此遍历过程中的任意一个时刻nums1数组中有m−p1−1m−p_1−1m−p1​−1 个元素被放入nums1的后半部，nums2数组中有n−p2−1n−p_2−1n−p2​−1个元素被放入nums1的后半部，而在指针p1p_1p1​的后面，nums1数组有m+n−p1−1m+n-p_1-1m+n−p1​−1个位置。由于m+n−p1−1≥m−p1−1+n−p2−1m+n-p_1-1≥m-p_1-1+n-p_2-1m+n−p1​−1≥m−p1​−1+n−p2​−1等价于p2≥−1p_2≥−1p2​≥−1永远成立，因此p1p_1p1​后面的位置永远足够容纳被插入的元素，不会产生p1p_1p1​的元素被覆盖的情况。

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(m+n)。指针移动单调递减，最多移动 m+n 次，因此时间复杂度为 O(m+n)。
• 空间复杂度：O(1)。直接对数组nums1原地修改，不需要额外空间。