一、题目[LeetCode-88]

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

二、思路

合并两数组

首先考虑边界情况，①当nums2为空时，直接返回nums1②当nums1为空时，先将nums2直接拷贝入nums1，然后再返回。

现在分析两个一般数组的合并。依题意，以nums1为母数组，则用两个指针，p1指向nums1的元素，p2指向nums2的元素。使用一个while循环，在p1和p2分别都未出界时，进行一般性的讨论：若nums[p1]≤nums[p2]，则不做任何操作，只更新p1，直至当nums[p1]＞nums[p2]时，将nums[p2]插入nums1中的p1指针的位置。这里使用的插入方法是：区间nums[p1, m-1]（即nums[p1]及其后所有元素）全部后移一格。之后便更新p2。注意：这里插入以后p1所指向的不是原来的nums[p1]了，而是新插入的nums[p2]，因此p1也需再更新1，才能指向原来的nums[p1]。这里m也自增1，因为现在相当于nums1多了一个元素（计数m不考虑nums1后面补充的0）。再看下一个p2能否满足nums[p1]＞nums[p2]，若满足则同上，若不满足，这里需要再次更新p1，这样才能让p1指向原来nums[p1]的下一个元素。

如此循环，直至循环跳出。循环跳出有三种情况，我们来逐一分析：

①指针p1和p2都出界了，nums1和nums2都遍历完成。那皆大欢喜，任务圆满结束。

②指针p2出界，p1未出界，即nums2遍历完成而nums1未遍历完成。在这种情况nums1后面的元素都大于从nums2插入进来的元素，因此也算完成合并，结束。

③指针p1出界，p2未出界，即nums1遍历完成而nums2未遍历完成。在这种情况num2剩余的元素都大于nums1的最后一个元素。由于母数组是nums1，因此需要将nums2后面剩余的元素nums2[p2, n-1]全部加至nums1后面。p1指向的是已遍历的最后元素的下一元素，因此可直接赋值：nums[p1]=nums[p2]，同时递增p1，p2，直至p2完成p2 == n-1时的赋值任务后更新为n（此时不满足p2＜n了）时退出。

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {if(n == 0)//nums2为空的退化情况return;if(m == 0)//nums1为空的退化情况{for(int i = 0; i < n; i++)nums1[i] = nums2[i];return;}int p1 = 0, p2 = 0;//两个指针p1p2，分别指向nums1，nums2while(p1 < m && p2 < n)//当两者都未出界时{while(p1 < m && p2 < n && nums1[p1] >  nums2[p2])//在保证不出界的前提下，只要当nums1[p1]>nums2[p2]{for(int i = m; i > p1; i--)nums1[i] = nums1[i-1];nums1[p1] = nums2[p2];//将nums2[p2]插入至nums1中p1的位置p1++;//这时候p1指向的是新来的nums2[p2]了，要自增1才能指向原来的nums1[p1]p2++;//p2自然要递增1m++;//nums1的实际长度（不考虑后面扩展的0）自增1}p1++;//①当nums1[p1]≤nums2[p2]时，自然要递增p1，p2不动，直至找到p1满足nums1[p1]>nums2[p2]//②当nums1[p1]>nums2[p2]时，在上一个循环处理完最近的所有满足这个条件的p2指针后，p1当自增1，从而才可指向“nums1中已遍历的最后元素的下一元素”，这样才能进行下一轮比较}//跳出循环后，如果是p2出界(nums2遍历完成)，则不需要讨论直接return；while (p2 < n)//如果是p1出界(nums1遍历完成)，那么在这里需要将nums2剩余的部分nums2[p2. n-1]移至nums1[p1, m+n-1]{nums1[p1] = nums2[p2];p1++;p2++;}}
};

再经分析，开始的两个边界情况都可归纳入一般情况中，故而可以直接去掉开头的两个if语句

class Solution {
public:void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {int p1 = 0, p2 = 0;//两个指针p1p2，分别指向nums1，nums2while(p1 < m && p2 < n)//当两者都未出界时{while(p1 < m && p2 < n && nums1[p1] >  nums2[p2])//在保证不出界的前提下，只要当nums1[p1]>nums2[p2]{for(int i = m; i > p1; i--)nums1[i] = nums1[i-1];nums1[p1] = nums2[p2];//将nums2[p2]插入至nums1中p1的位置p1++;//这时候p1指向的是新来的nums2[p2]了，要自增1才能指向原来的nums1[p1]p2++;//p2自然要递增1m++;//nums1的实际长度（不考虑后面扩展的0）自增1}p1++;//①当nums1[p1]≤nums2[p2]时，自然要递增p1，p2不动，直至找到p1满足nums1[p1]>nums2[p2]//②当nums1[p1]>nums2[p2]时，在上一个循环处理完最近的所有满足这个条件的p2指针后，p1当自增1，从而才可指向“nums1中已遍历的最后元素的下一元素”，这样才能进行下一轮比较}//跳出循环后，如果是p2出界(nums2遍历完成)，则不需要讨论直接return；while (p2 < n)//如果是p1出界(nums1遍历完成)，那么在这里需要将nums2剩余的部分nums2[p2. n-1]移至nums1[p1, m+n-1]{nums1[p1] = nums2[p2];p1++;p2++;}}
};

三、官方题解（来源：力扣（LeetCode）） 

方法一：直接合并后排序

最直观的方法是先将数组 nums2放进数组 nums1的尾部，然后直接对整个数组进行排序。

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());}
};作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/merge-sorted-array/solution/he-bing-liang-ge-you-xu-shu-zu-by-leetco-rrb0/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

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))。

方法二：双指针

方法一没有利用数组 nums1、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。

我们为两个数组分别设置一个指针 p1​ 与 p2​ 来作为队列的头部指针。代码实现如下：

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];}}
};作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/merge-sorted-array/solution/he-bing-liang-ge-you-xu-shu-zu-by-leetco-rrb0/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

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。

方法三：逆向双指针

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 nums1中，nums1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 nums1中的元素呢？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−p1−1 个元素被放入 nums1的后半部，nums2数组中有 n−p2−1 个元素被放入 nums1的后半部，而在指针 p1的后面，nums1数组有m+n−p1−1 个位置。由于m+n−p1−1≥m−p1−1+n−p2−1等价于p2≥−1永远成立，因此 p1后面的位置永远足够容纳被插入的元素，不会产生 p1 的元素被覆盖的情况。

实现代码如下：

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;}}
};作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/merge-sorted-array/solution/he-bing-liang-ge-you-xu-shu-zu-by-leetco-rrb0/
来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

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。