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力扣第88题：https://leetcode-cn.com/problems/merge-sorted-array/
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] 。
解题：
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);
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O((m+n)\log(m+n))O((m+n)log(m+n))。
排序序列长度为 m+nm+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))O((m+n)log(m+n))。
空间复杂度：O(\log(m+n))O(log(m+n))。
排序序列长度为 m+nm+n，套用快速排序的空间复杂度即可，平均情况为 O(\log(m+n))O(log(m+n))
- 2.双指针：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
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(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];
}
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(m+n)O(m+n)。
指针移动单调递增，最多移动 m+nm+n 次，因此时间复杂度为 O(m+n)O(m+n)。
空间复杂度：O(m+n)O(m+n)。
需要建立长度为 m+nm+n 的中间数组sorted。
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 nums 1中，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(int[] nums1, int m, 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;
}
}
}
复杂度分析
时间复杂度：O(m+n)O(m+n)。
指针移动单调递减，最多移动 m+nm+n 次，因此时间复杂度为 O(m+n)O(m+n)。
空间复杂度：O(1)O(1)。
直接对数组nums1原地修改，不需要额外空间。
- 类型名称[ ] 变量名 = new 类型名称[ length]；
int[] arr = new int[5];
- 类型名称[ ] 变量名 = {？，？，？}；
int[] arr = {1,2,3,4,5};
- 类型名称[ ] 变量名 = new 类型名称[]{？，？，？}；
int[] arr = new int[]{1,2,3,4,5};
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