在本题中，我们可以⽤⼀个 cur 指针来扫描整个数组，另⼀个 dest 指针⽤来记录⾮零数序列的最后⼀个位置。根据 cur 在扫描的过程中，遇到的不同情况，分类处理，实现数组的划分。
在 cur 遍历期间，使 [0, dest] 的元素全部都是⾮零元素， [dest + 1, cur - 1] 的元素全是零

【算法流程】

【算法实现】

class Solution {
public:
    void moveZeroes(vector<int>& nums) {
        for(int cur = 0, dest = -1; cur < nums.size(); cur++)
        if(nums[cur]) // 处理⾮零元素
            swap(nums[++dest], nums[cur]);
    }
};

【结果展示】

【性能分析】

具体的性能分析如下：

时间复杂度：代码中使用了一个循环来遍历数组，因此时间复杂度为 O(n)，其中 n 是数组的长度。
空间复杂度：代码中没有使用额外的空间，只是通过交换数组元素的方式来实现移动，所以空间复杂度为 O(1)。

该算法的性能较好，处理速度快，且空间开销较小。由于只进行一次遍历，并且只进行元素交换操作，因此在大多数情况下，时间复杂度为线性级别。然而，在某些特殊情况下，比如数组中几乎所有元素都是非零元素时，仍需要遍历整个数组，但交换操作的次数会减少。

2️⃣复写零

链接如下：1089. 复写零

【题⽬描述】

【解法】（原地复写---双指针）

算法思路：

① 如果「从前向后」进⾏原地复写操作的话，由于 0 的出现会复写两次，导致没有复写的数「被覆盖掉」。因此我们选择「从后往前」的复写策略。

② 但是「从后向前」复写的时候，我们需要找到「最后⼀个复写的数」，因此我们的⼤体流程分两步：

先找到最后⼀个复写的数；
然后从后向前进⾏复写操作

【算法流程】

【算法实现】

class Solution {
public:
    void duplicateZeros(vector<int>& arr) {
        // 1. 先找到最后⼀个数
        int cur = 0, dest = -1, n = arr.size();
        while(cur < n)
        {
            if(arr[cur]) dest++;
            else dest += 2;
            if(dest >= n - 1) break;
            cur++;
        }
        // 2. 处理⼀下边界情况
        if(dest == n)
        {
            arr[n - 1] = 0;
            cur--; dest -=2;
        }
        // 3. 从后向前完成复写操作
        while(cur >= 0)
        {
            if(arr[cur]) arr[dest--] = arr[cur--];
            else
            {
                arr[dest--] = 0;
                arr[dest--] = 0;
                cur--;
            }
        }
    }
};

【结果展示】

【性能分析】

具体的性能分析如下：

时间复杂度：代码中使用了两个循环，第一个循环用于找到最后一个数、处理边界情况，第二个循环用于从后向前完成复写操作。由于第二个循环是针对数组长度的常数倍进行的操作，因此时间复杂度为 O(n)，其中 n 是数组的长度。
空间复杂度：代码中没有使用额外的空间，只是通过修改原数组实现复写操作，所以空间复杂度为 O(1)。

该算法的性能较好，时间复杂度为线性级别，空间开销较小。在最坏情况下，需要遍历整个数组进行复写操作，但仍保持了线性时间复杂度。

2、难度：medium

1️⃣快乐数

链接如下：202. 快乐数

【题⽬描述】

【解法】（快慢指针）

使用双指针的算法判断快乐数的基本思路如下：

定义两个指针，一个指针快指针（fast）每次向前移动两步，一个慢指针（slow）每次向前移动一步。
将给定的正整数转换为字符串形式。
在一个循环中，不断计算当前数字的各个位上的数字的平方和。
将得到的平方和作为下一个数字，继续计算平方和，直到平方和等于 1，或者出现循环。
判断循环是否发生，如果发生循环并且平方和不等于 1，说明该数字不是快乐数。

【算法流程】

【算法实现】

class Solution {
public:
    int getNext(int n) {
    int sum = 0;
    while (n > 0) {
        int digit = n % 10;
        sum += digit * digit;
        n /= 10;
    }
    return sum;
}

    bool isHappy(int n) {
        int slow = n;
        int fast = getNext(n);

        while (fast != 1 && slow != fast) {
            slow = getNext(slow);
            fast = getNext(getNext(fast));
        }

        return fast == 1;
    }
    
};

【结果展示】

【性能分析】

具体的性能分析如下：

时间复杂度：
- 在计算下一个数字的过程中，需要遍历每个数字的位数，因此时间复杂度为 O(logn)，其中 n 是给定的数字。
- 快慢指针在循环中遍历数字，直到找到结果或者出现循环。最坏情况下，循环次数是一个数字中各个位数的总和，也就是 O(logn)。
- 因此，总体时间复杂度为 O(logn)。
空间复杂度：只使用了常量级别的额外空间，不随输入规模变化，因此空间复杂度为 O(1)。

2️⃣盛⽔最多的容器

链接如下：11. 盛最多水的容器

【题⽬描述】

【解法】（对撞指针）

首先，初始时左指针指向数组的起始位置，右指针指向数组的结束位置。计算当前区间内的容器的盛水量，并更新最大盛水量。
接着，判断两个指针所指向的元素的高度，将较小的元素的指针向内移动一步。这样可以保证每次移动都在选择更高的边界线，以获得可能的更大盛水量。
重复上述步骤，直到两个指针相遇，即左指针大于等于右指针。此时遍历完成，返回最大盛水量。

【算法流程】

【算法实现】

class Solution {
public:
    int maxArea(vector<int>& height) {
        int res = 0;
        int left = 0;
        int right = height.size() - 1;

        while (left < right) {
            int width = right - left;
            int minHeight = min(height[left], height[right]);
            int v = width * minHeight;
            res = max(res, v);

            if (height[left] < height[right]) {
                left++;
            } 
            else {
                right--;
            }
        }

        return res;
    }
};

【结果展示】

【性能分析】

具体的性能分析如下：

时间复杂度分析：对撞指针移动的过程中，每次都排除了一部分区域，因此时间复杂度为 O(n)，其中 n 是数组的长度。
空间复杂度分析：该算法只使用了常数级别的额外空间，存储了少量的变量和指针。因此，空间复杂度为 O(1)，与输入规模无关。

3、难度：difficult

2️⃣最大得分

链接如下：1537. 最大得分

【题⽬描述】

【算法流程】

【算法实现】

class Solution {
public:
    const int num = 1e9 + 7;

    int maxSum(vector<int>& nums1, vector<int>& nums2) {
        int n1 = nums1.size(), n2 = nums2.size();
        int i = 0, j = 0;
        long long sum1 = 0, sum2 = 0;  // 使用 long long 类型防止整数溢出
        long long res = 0;

        while (i < n1 && j < n2) {
            if (nums1[i] < nums2[j]) {
                sum1 += nums1[i++];
            } 
            else if (nums1[i] > nums2[j]) {
                sum2 += nums2[j++];
            } 
            else {                     // 遇到相同值，取两个路径中的较大值
                res += max(sum1, sum2) + nums1[i];
                sum1 = 0, sum2 = 0;
                
                i++;
                j++;
            }
        }

        // 处理剩余的元素
        while (i < n1) {
            sum1 += nums1[i++];
        }
        while (j < n2) {
            sum2 += nums2[j++];
        }

        res += max(sum1, sum2);  // 加上剩余路径的和

        return res % num;
    }
};

【结果展示】