加一：
给定一个由 整数 组成的 非空 数组所表示的非负整数，在该数的基础上加一。
最高位数字存放在数组的首位， 数组中每个元素只存储单个数字。
你可以假设除了整数 0 之外，这个整数不会以零开头。
示例 1：
输入：digits = [1,2,3]
输出：[1,2,4]
解释：输入数组表示数字 123。
其实我知道从头往后遍历的方式，不过那时候还是选择了两次翻转，因为好写。
那我们来看一下大佬们的暴力写法吧，确实是在复杂度上会好很多的。
vector<int> plusOne(vector<int> &digits)
{
int carry = 1; //进位
int n = digits.size();
for (int i = n - 1; i >= 0; i--)
{
digits[i] += carry;
carry=0;
if (digits[i] == 10)
{
digits[i] %= 10;//进位后当前位置零
carry = 1;
if (i == 0 && carry == 1) //99...9的情况
digits.insert(digits.begin(), 1);
}
else //无进位则直接返回
return digits;
}
return digits;
}
对称二叉树
前面也有些题目和我的解法不一样，但是我寻思着我们复杂度都一样，就不放了。
给定一个二叉树，检查它是否是镜像对称的。
例如，二叉树 [1,2,2,3,4,4,3] 是对称的。
1
/ \
2 2
/ \ / \
3 4 4 3
但是下面这个 [1,2,2,null,3,null,3] 则不是镜像对称的:
1
/ \
2 2
\ \
3 3
进阶：
你可以运用递归和迭代两种方法解决这个问题吗？
作者：力扣 (LeetCode)
链接：https://leetcode-cn.com/leetbook/read/top-interview-questions-easy/xn7ihv/
来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
我们可以实现这样一个递归函数，通过「同步移动」两个指针的方法来遍历这棵树，p 指针和 q 指针一开始都指向这棵树的根，随后 p 右移时，q 左移，p 左移时，q 右移。每次检查当前 p 和 q 节点的值是否相等，如果相等再判断左右子树是否对称。
bool check(TreeNode *p, TreeNode *q) {
if (!p && !q) return true;
if (!p || !q) return false;
return p->val == q->val && check(p->left, q->right) && check(p->right, q->left);
}
bool isSymmetric(TreeNode* root) {
return check(root, root);
}
作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/symmetric-tree/solution/dui-cheng-er-cha-shu-by-leetcode-solution/
来源：力扣（LeetCode） 著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。
假设树上一共 n 个节点。
时间复杂度：这里遍历了这棵树，渐进时间复杂度为 O(n) 。
空间复杂度：这里的空间复杂度和递归使用的栈空间有关，这里递归层数不超过 n，故渐进空间复杂度为 O(n) 。
合并两个有序数组
给你两个有序整数数组 nums1 和 nums2，请你将 nums2 合并到 nums1 中，使 nums1 成为一个有序数组。
初始化 nums1 和 nums2 的元素数量分别为 m 和 n 。你可以假设 nums1 的空间大小等于 m + n，这样它就有足够的空间保存来自 nums2 的元素。
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]
示例 2：
输入：nums1 = [1], m = 1, nums2 = [], n = 0
输出：[1]
提示：
nums1.length == m + n
nums2.length == n
0 <= m, n <= 200
1 <= m + n <= 200
-10^9 <= nums1[i], nums2[i] <= 10^9
方法二中，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\textit{nums}_1nums1 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−p个元素被放入 nums1的后半部，nums2 数组中有 n−p2−1 个元素被放入 nums1 的后半部，而在指针 p1的后面，nums1 数组有 m+n−p1−1 个位置。由于
m+n−p1−1≥m−p1−1+n−p2−1
等价于
p2≥−1
永远成立，因此 p1 后面的位置永远足够容纳被插入的元素，不会产生 p1的元素被覆盖的情况。
作者：LeetCode-Solution
链接：https://leetcode-cn.com/problems/merge-sorted-array/solution/he-bing-liang-ge-you-xu-shu-zu-by-leetco-rrb0/
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void merge(vector<int>& nums1, int m, vector<int>& nums2, int n) {
int p1 = m - 1, p2 = n - 1;
int 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;
}
}
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。
