一、题目
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。
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？
二、代码
【1】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(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {for (int i = 0; i != n; ++i) {nums1[m + i] = nums2[i];}Arrays.sort(nums1);}}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))。
【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。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：
如果从右往左地把nums2合并到nums1中，是否会发生错误的覆盖呢？我们来看几个例子：
1、nums1=[1,2,3,∗,∗,∗],nums2=[4,5,6]。这里我用∗表示可以填入的空位。在这个例子中，nums2可以直接填入nums1后面的3个空位，得到[1,2,3,4,5,6]，没有任何错误覆盖。
2、nums1=[1,2,6,∗,∗,∗],nums2=[3,4,5]。这里nums1中的6是最大的，应当填入末尾。现在nums1=[1,2,∗,∗,∗,6]，注意nums1[2]这个位置现在空出了。然后把nums2中的数字填入空位，得到[1,2,3,4,5,6]，没有任何错误覆盖。
3、上面的例子表明，把nums1中的数字移到另一个空位，又产生了一个新的空位，所以剩余空位的个数是不变的，我们总是有空位可以让nums2的数字填入，不会发生错误覆盖，这是如下算法正确的前提。
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];}}}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。
【3】逆向双指针： 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−mmax−1个元素被放入nums1的后半部，nums2数组中有n−nmax−1个元素被放入nums1的后半部，而在指针mmax的后面，nums1数组有m+n−mmax−1个位置。由于m+n−mmax−1≥m−mmax−1+n−nmax−1等价于nmax≥−1永远成立，因此mmax后面的位置永远足够容纳被插入的元素，不会产生mmax的元素被覆盖的情况。
class Solution {// 解题思路： 如果想重复利用 nums1的内存，可以从后先前替换，这样即不修改nums1之前的数据，还可以节省空间复杂度public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {// 先做特殊情况的处理int mmax = nums1.length > m " />: nums1.length;int nmax = nums2.length > n ? n : nums2.length;// 从限定最大坐标（mmax和nmax）开始判断，将大的值存放到nums1最大的坐标(mmax+nmax)中while (mmax > 0 || nmax > 0) {// 如果 nmax <= 0 直接去 nums1 的值if(nmax <= 0 || (mmax > 0 && nums1[mmax - 1] > nums2[nmax - 1] )) {nums1[mmax + nmax - 1] = nums1[--mmax];} else {nums1[mmax + nmax - 1] = nums2[--nmax];}}}}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。
【4】标签： 从后向前数组遍历
1、因为nums1的空间都集中在后面，所以从后向前处理排序的数据会更好，节省空间，一边遍历一边将值填充进去。
2、设置指针len1和len2分别指向nums1和nums2的有数字尾部，从尾部值开始比较遍历，同时设置指针len指向nums1的最末尾，每次遍历比较值大小之后，则进行填充。
3、当len1<0时遍历结束，此时nums2中海油数据未拷贝完全，将其直接拷贝到nums1的前面，最后得到结果数组。
class Solution {public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {int len1 = m - 1;int len2 = n - 1;int len = m + n - 1;while(len1 >= 0 && len2 >= 0) {// 注意--符号在后面，表示先进行计算再减1，这种缩写缩短了代码nums1[len--] = nums1[len1] > nums2[len2] ? nums1[len1--] : nums2[len2--];}// 表示将nums2数组从下标0位置开始，拷贝到nums1数组中，从下标0位置开始，长度为len2+1System.arraycopy(nums2, 0, nums1, 0, len2 + 1);}}时间复杂度： O(m+n)