题目描述
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] 。 合并结果是 [1,2,2,3,5,6] ，其中斜体加粗标注的为 nums1 中的元素。
示例2
输入：nums1 = [1], m = 1, nums2 = [], n = 0 输出：[1] 解释：需要合并 [1] 和 [] 。 合并结果是 [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] 。 合并结果是 [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。
前置知识
-
快速排序
-
双指针
代码
方法一 直接合并后排序
思路
- 将数组 nums2放进数组 nums1的尾部，然后直接对整个数组进行排序
实现
java
class Solution {
public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {
for (int i = 0; i != n; ++i) {
nums1[m + i] = nums2[i];
}
Arrays.sort(nums1);
}
}复杂度
-
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))。
方法二 双指针
思路
- 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
实现
java
class Solution {
public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {
int p1 = 0, p2 = 0;
int[] sorted = new int[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];
}
}
}复杂度
-
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。
方法三 逆向双指针
思路
- 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
实现
-
因为 nums1 的空间都集中在后面，所以从后向前处理排序的数据会更好，节省空间，一边遍历一边将值填充进去
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设置指针 len1 和 len2 分别指向 nums1 和 nums2 的有数字尾部，从尾部值开始比较遍历，同时设置指针 len 指向 nums1 的最末尾，每次遍历比较值大小之后，则进行填充
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当 len1<0 时遍历结束，此时 nums2 中还有数据未拷贝完全，将其直接拷贝到 nums1 的前面，最后得到结果数组
复杂度
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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)。
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空间复杂度：O(1)。 直接对数组 nums1原地修改，不需要额外空间。