雙指針一直是leetcode中的一個有意思的點，刷了一些題見了很多次雙指針，合理運用雙指針可以達到一個巧奪天工的作用，廢話不多說，請看題：
出自leetcode第88題：
給你兩個有序整數數組 nums1 和 nums2，請你將 nums2 合併到 nums1 中，使 num1 成爲一個有序數組。
題目說明:
初始化 nums1 和 nums2 的元素數量分別爲 m 和 n 。
你可以假設 nums1 有足夠的空間（空間大小大於或等於 m + n）來保存 nums2 中的元素。
示例:
輸入:
nums1 = [1,2,3,0,0,0], m = 3
nums2 = [2,5,6], n = 3
輸出: [1,2,2,3,5,6]
解題：
這道題乍一看會覺得非常簡單，並且有種似曾相識的感覺，又是數組，又是排序，這不是找上門來送麼，不過在解題的時候，卻發現這道題並不簡單。
首先我們肯定能想到一種最通俗的辦法，那就是把兩個數組做個合併，然後整體排序，簡單暴力，但是假如這樣做的話，數組本身是有序的這個條件就沒用上，那麼這樣我們的時間複雜度就是O((n+m)log(n+m))，這個時間複雜度顯然是非常不理想的，那怎麼樣才能用到這個有序的條件呢，這時我們能很快想到，在歸併排序裏面的兩個有序數組互相比較來進行合併，只需要開闢一個新的數組，然後通過不斷比較現有兩個數組元素大小來交叉插入到新數組中即可，這樣時間複雜度就直接降到了O(m+n),這便是一次很不錯的優化。
但是，我們在這個過程中新使用了O(m+n)的空間複雜度，爲了降低它，我們可以將nums1這個數組當作最後的數組，這樣我們新申請的數組就只要O(m)的空間複雜度，用於裝nums1這個數組的元素，這樣又降低了空間複雜度。
可是這樣我們還是不滿足，有沒有什麼辦法又不用申請新的空間，還能保持最低的時間複雜度呢？
答案是雙指針分別從兩個數組尾部開始遍歷，然後將比較後比較大的那個放到nums1的尾部，這樣循環下去，最後nums1便是我們想要的結果，當然有人會說那假如nums2元素比較多把nums1還沒放的元素覆蓋了怎麼辦？請仔細再閱讀一次題幹，nums1有足夠大的空間，所以把nums2全部放進去了以後nums1的空餘空間是剛好夠用的，所以根本不存在剛纔那種意外情況，代碼如下（已通過leetcode）：
void merge(int* nums1, int nums1Size, int m, int* nums2, int nums2Size, int n) {
int i = m - 1;
int j = n - 1;
int k = m + n - 1;
while (k > -1 && i > -1 && j > -1)
{
if (nums1[i] >= nums2[j])
{
nums1[k] = nums1[i];
i--;
}
else
{
nums1[k] = nums2[j];
j--;
}
k--;
}
//nums1有剩餘的情況
while (i > -1)
{
nums1[k] = nums1[i];
i--;
k--;
}
//nums2有剩餘的情況
while (j > -1)
{
nums1[k] = nums2[j];
j--;
k--;
}
}