Leetcode（88）——合并两个有序数组

题目

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。

提示：

• nums1.length == m + n
• nums2.length == n
• $0$ <= m, n <= $200$
• $1$ <= m + n <= $200$
• $-10^9$ <= nums1[i], nums2[j] <= $10^9$

进阶：你可以设计实现一个时间复杂度为 $O(m+n)$ 的算法解决此问题吗？

题解

方法一：直接合并后排序

思路

​​  最直观的方法是先将数组 ${\text{nums}}_2$ 放进数组 ${\text{nums}}_1$ 的尾部，然后直接对整个数组进行排序。

代码实现

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

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 $m+n$，因为使用了快速排序，所以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+辅助数组

思路

​​  方法一没有利用数组 ${\text{nums}}_1$ 与 ${\text{nums}}_2$ 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。我们为两个数组分别设置一个指针 $p_1$ 与 $p_2$ 来作为队列的头部指针。如下面的动画所示：

代码实现

Leetcode 官方题解：

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];
        }
    }
};

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：$O(m+n)$。需要建立长度为 $m+n$ 的中间数组 $\text{sorted}$

方法三：双逆向指针

思路

​​  方法二中，之所以要使用临时变量，是因为如果直接合并到数组 ${\text{nums}}_1$ 中，${\text{nums}}_1$ 中的元素可能会在取出之前被覆盖。那么如何直接避免覆盖 ${\text{nums}}_1$ 中的元素呢？观察可知，${\text{nums}}_1$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 ${\text{nums}}_1$ 的最后面。

​​  严格来说，在此遍历过程中的任意一个时刻，${\text{nums}}_1$ 数组中有 $m-p_1-1$ 个元素被放入 ${\text{nums}}_1$ 的后半部，${\text{nums}}_2$ 数组中有 $n-p_2-1$ 个元素被放入 ${\text{nums}}_1$ 的后半部，而在指针 $p_1$ 的后面，${\text{nums}}_1$ 数组有 $m+n-p_1-1$ 个位置。由于
$$m+n-p_1-1\ge m-p_1-1+n-p_2-1$$

等价于
$$p_2\ge -1$$

永远成立，因此 $p_1$ 后面的位置永远足够容纳被插入的元素，不会产生 $p_1$ 的元素被覆盖的情况。

代码实现

Leetcode 官方题解：

class Solution {
    
public:
    void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
    
        int pos = m-- + n-- - 1;
        while (m >= 0 && n >= 0)
            nums1[pos--] = nums1[m] > nums2[n]? nums1[m--]: nums2[n--];
        while (n >= 0)
            nums1[pos--] = nums2[n--];
    }
};

我自己的：

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

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 ${\text{nums}}_1$