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] 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？

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解法1 双指针

为了利用数组 ${\text{nums}}_1$ 与 ${\text{nums}}_2$ 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 $num{s}_1$ 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 $num{s}_1$ 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 $p_1$​ 与 $p_2$ 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：$O(m+n)$ 。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：$O(1)$。

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解法2 逆向双指针

方法1中，之所以要将 $num{s}_1$ 的元素移动到后面，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，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。

当然，不会覆盖的原因，一句话就能说明白：把 ${\text{nums}}_1$ 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 ${\text{nums}}_2$​ 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：$O(m+n)$。 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 ${\text{nums}}_1$ 原地修改，不需要额外空间。