【LeetCode刷题日志】88.合并两个有序数组

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目录

1.题目描述

2.解题思路+代码实现

方法一：直接合并后排序

思路及算法：

代码实现：

方法二：双指针

思路及算法：

代码实现：

方法三：逆向双指针

思路及算法：

代码实现：

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1.题目描述

OJ链接 【leetcode 题号：88.合并两个有序数组】【难度：简单】

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
• -109 <= nums1[i], nums2[j] <= 109

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？

2.解题思路+代码实现

方法一：直接合并后排序

思路及算法：

这种方法最直观，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。

代码实现：

int cmp(int* a, int* b) {
    return *a - *b;
}

void merge(int* nums1, int nums1Size, int m, int* nums2, int nums2Size, int n) {
    for (int i = 0; i != n; ++i) {
        nums1[m + i] = nums2[i];
    }
    qsort(nums1, nums1Size, sizeof(int), cmp);
}

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

思路及算法：

方法一没有利用数组nums1与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。如下面的动画所示：

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：

void merge(int* nums1, int nums1Size, int m, int* nums2, int nums2Size, 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

思路及算法：

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。

代码实现：

void merge(int* nums1, int nums1Size, int m, int* nums2, int nums2Size, 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;
    }
}

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。