LeetCode 88. Merge Sorted Array【数组,双指针】简单

本文属于「征服LeetCode」系列文章之一,这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁,本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止;由于LeetCode还在不断地创建新题,本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中,我不仅会讲解多种解题思路及其优化,还会用多种编程语言实现题解,涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件,我还建立了相关的仓库:https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中,你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等,还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解,还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动,欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

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][] 。
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 [][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?


解法1 双指针

为了利用数组 nums 1 \textit{nums}_1 nums1 nums 2 \textit{nums}_2 nums2 已被排序的性质,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。

为了避免覆盖,可以先将 n u m s 1 nums_1 nums1 的元素全部移动到后面去,将前面空出来。注意,为了避免元素覆盖,需要从 n u m s 1 nums_1 nums1 的最后一个元素开始移动,将它移动到数组的最后

为两个数组分别设置一个指针 p 1 p_1 p1​ 与 p 2 p_2 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 all = n + m;for (int i = all - 1; i >= all - m; --i) nums1[i] = nums1[i - n];int p1 = n, p2 = 0, k = 0;while (p1 < all && p2 < n) {if (nums1[p1] < nums2[p2]) nums1[k++] = nums1[p1++];else nums1[k++] = nums2[p2++];}while (p1 < all) nums1[k++] = nums1[p1++];while (p2 < n) nums1[k++] = nums2[p2++];}
}

复杂度分析:

  • 时间复杂度: O ( m + n ) O(m+n) O(m+n) 。指针移动单调递增,最多移动 m + n m+n m+n 次,因此时间复杂度为 O ( m + n ) O(m+n) O(m+n)
  • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1)

解法2 逆向双指针

方法1中,之所以要将 n u m s 1 nums_1 nums1 的元素移动到后面,是因为如果直接合并到数组 nums 1 \textit{nums}_1 nums1 中, nums 1 \textit{nums}_1 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 nums 1 \textit{nums}_1 nums1 中的元素呢?观察可知, nums 1 \textit{nums}_1 nums1 的后半部分是空的,可以直接覆盖而不会影响结果。因此,指针设置为从后向前遍历,每次取两者之中的较大者放进 nums 1 \textit{nums}_1 nums1 的最后面

严格来说,在此遍历过程中的任意一个时刻, nums 1 \textit{nums}_1 nums1 数组中有 m − p 1 − 1 m-p_1-1 mp11 个元素被放入 nums 1 \textit{nums}_1 nums1 的后半部, nums 2 \textit{nums}_2 nums2 数组中有 n − p 2 − 1 n-p_2-1 np21 个元素被放入 nums 1 \textit{nums}_1 nums1 的后半部,而在指针 p 1 p_1 p1 的后面, nums 1 \textit{nums}_1 nums1 数组有 m + n − p 1 − 1 m+n-p_1-1 m+np11​ 个位置。由于
m + n − p 1 − 1 ≥ m − p 1 − 1 + n − p 2 − 1 m+n-p_1-1\geq m-p_1-1+n-p_2-1 m+np11mp11+np21
等价于
p 2 ≥ − 1 p_2\geq -1 p21

永远成立,因此 p 1 p_1 p1 后面的位置永远足够容纳被插入的元素,不会产生 p 1 p_1 p1​ 的元素被覆盖的情况。

当然,不会覆盖的原因,一句话就能说明白:把  nums 1 \textit{nums}_1 nums1 的数字移到另一个空位,又产生了一个新的空位,空位个数不变,所以总是有空位可以让  nums 2 \textit{nums}_2 nums2​ 的数字填入。

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, 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) O(m+n)。 指针移动单调递减,最多移动 m + n m+n m+n 次,因此时间复杂度为 O ( m + n ) O(m+n) O(m+n)
  • 空间复杂度: O ( 1 ) O(1) O(1) 。 直接对数组 nums 1 \textit{nums}_1 nums1 原地修改,不需要额外空间。

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