当前位置：首页 > news >正文

LeetCode 面试经典 150 题：合并两个有序数组（双指针解法详解）

news 2025/9/8 6:33:01

在算法面试中，“合并有序数组” 是一道高频基础题，不仅考察对数组操作的熟练度，更能体现对 “双指针” 这一核心技巧的理解。本文将带大家深入剖析这道题的最优解法，从题目分析到思路推导，再到复杂度解读，帮你彻底掌握这类问题的解题逻辑。

一、题目链接与题干解读

首先，大家可以通过以下链接直接访问题目，先自行思考解题思路：

LeetCode 题目链接：88. 合并两个有序数组

题干核心信息

题目要求如下：

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，合并后数组的所有元素应存放在 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。

示例理解

比如题目中的示例 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：需要将 nums2 的 3 个元素融入 nums1，最终保持非递减顺序。

二、解题思路：双指针（从后向前遍历）

拿到这道题，很多人第一反应是 “从前往后遍历”—— 比较 nums1 和 nums2 的开头元素，把小的放进新数组。但这样有个问题：如果直接在 nums1 上操作，前面的元素可能会被覆盖；如果用额外数组存结果，又会增加空间复杂度。

而 “从后向前遍历” 的双指针法，完美解决了这两个问题：既不需要额外空间，又能避免元素覆盖。下面我们一步步拆解思路。

1. 指针初始化

我们需要三个指针，分别指向三个关键位置：

指针 i：指向 nums1 中 “有效元素” 的末尾（即第 m-1 个索引，因为数组从 0 开始），代表当前 nums1 中待比较的最大元素；

指针 j：指向 nums2 的末尾（即第 n-1 个索引），代表当前 nums2 中待比较的最大元素；

指针 k：指向 nums1 整体的末尾（即第 m+n-1 个索引），代表合并后数组的 “待填充位置”。

用示例 1 举例，初始时三个指针的位置如下：

nums1 = [1,2,3,0,0,0]，i = 2（指向元素 3）；

nums2 = [2,5,6]，j = 2（指向元素 6）；

k = 5（指向 nums1 最后一个 0 的位置）。

2. 核心遍历逻辑

我们的目标是：每次从 nums1[i] 和 nums2[j] 中选较大的元素，放到 nums1[k] 的位置，然后对应指针向前移动，直到所有元素都填充完毕。

具体步骤分为两种情况：

情况 1：两个数组都还有未比较的元素（i >= 0 且 j >= 0）

比较 nums1[i] 和 nums2[j]：

- 如果 nums1[i] >= nums2[j]：说明 nums1[i] 是当前最大的元素，把它放到 nums1[k] 的位置；然后 i--（nums1 待比较元素向前移）、k--（待填充位置向前移）；

- 如果 nums1[i] < nums2[j]：说明 nums2[j] 是当前最大的元素，把它放到 nums1[k] 的位置；然后 j--（nums2 待比较元素向前移）、k--。

用示例 1 走一遍这个过程：

第一次比较：nums1[2] = 3 vs nums2[2] = 6 → 6 更大，把 6 放到 nums1[5]，此时 nums1 = [1,2,3,0,0,6]，j=1，k=4；

第二次比较：nums1[2] = 3 vs nums2[1] = 5 → 5 更大，把 5 放到 nums1[4]，此时 nums1 = [1,2,3,0,5,6]，j=0，k=3；

第三次比较：nums1[2] = 3 vs nums2[0] = 2 → 3 更大，把 3 放到 nums1[3]，此时 nums1 = [1,2,3,3,5,6]，i=1，k=2；

第四次比较：nums1[1] = 2 vs nums2[0] = 2 → 相等，选 nums1[1] 放到 nums1[2]，此时 nums1 = [1,2,2,3,5,6]，i=0，k=1；

第五次比较：nums1[0] = 1 vs nums2[0] = 2 → 2 更大，把 2 放到 nums1[1]，此时 nums1 = [1,2,2,3,5,6]，j=-1，k=0。

情况 2：其中一个数组已遍历完

如果 j < 0（nums2 已遍历完）：说明剩下的 nums1 元素都是最小的，无需再操作（因为 nums1 本身就是有序的）；

如果 i < 0（nums1 已遍历完）：说明 nums2 剩下的元素都是最小的，需要把 nums2 中 j >= 0 的元素依次放到 nums1[k] 中，直到 j < 0。

比如另一个示例：nums1 = [0]，m = 0；nums2 = [1]，n = 1。此时 i = -1，直接把 nums2[0] 放到 nums1[0]，结果就是 [1]。

3. 循环终止条件

当 k < 0 时，说明 nums1 的所有位置都已填充完毕，循环结束。

三、复杂度分析

1. 时间复杂度：O (m + n)

我们只遍历了 nums1 的 m 个有效元素和 nums2 的 n 个元素，每个元素只比较和移动一次，没有嵌套循环；

无论哪种情况，总操作次数都是 m + n 次，因此时间复杂度是线性的。

2. 空间复杂度：O (1)

整个过程只用到了 i、j、k 三个指针，没有额外开辟数组或其他数据结构；

所有操作都在原数组 nums1 上进行，因此空间复杂度是常数级的。

四、代码实现

根据上面的思路，我们可以写出简洁的代码。核心逻辑就是围绕三个指针的移动和元素比较，以下是代码框架（你可以根据自己熟悉的编程语言填充具体实现）：

1，Python3

class Solution:def merge(self, nums1: List[int], m: int, nums2: List[int], n: int) -> None:k = m + n - 1i, j = m - 1, n - 1while j >= 0:if i >= 0 and nums1[i] > nums2[j]:nums1[k] = nums1[i]i -= 1else:nums1[k] = nums2[j]j -= 1k -= 1

2，Java

class Solution {public void merge(int[] nums1, int m, int[] nums2, int n) {for (int i = m - 1, j = n - 1, k = m + n - 1; j >= 0; --k) {nums1[k] = i >= 0 && nums1[i] > nums2[j] ? nums1[i--] : nums2[j--];}}
}

你可以将上述代码复制到 LeetCode 编辑器中，结合题目示例进行测试，验证是否正确。