初级解法一
首先,使用最简单的解法,可以拆分成两步。
第一步:扫描数组,先把 0
放在最前面,把 1
和 2
放在最后面(即使是混淆的也没关系)。
第二步:再在混淆的 1
和 2
中进行排序。
每一步的排序,都需要借助两个指针。
public void sortColors(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) return;
int p0 = -1, px = -1;
for (int i = nums.length - 1; i >= 0; i--) {
if (nums[i] == 0) {
p0 = i;
break;
}
}
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] != 0) {
px = i;
break;
}
}
// 第一步
if (p0 != -1 && px != -1) {
while (p0 > px) {
swap(nums, p0, px);
while (nums[p0] != 0) --p0;
while (nums[px] == 0) ++px;
}
}
int p1 = -1, p2 = -1;
for (int i = p0 + 1; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] == 2) {
p2 = i;
break;
}
}
for (int i = nums.length - 1; i >= 0; i--) {
if (nums[i] == 1) {
p1 = i;
break;
}
}
// 第二步
if (p1 != -1 && p2 != -1) {
while (p1 > p2) {
swap(nums, p1, p2);
while (nums[p1] != 1) --p1;
while (nums[p2] != 2) ++p2;
}
}
}
public void swap(int[] nums, int i, int j) {
int temp = nums[i];
nums[i] = nums[j];
nums[j] = temp;
}
这样做简单直观,但是效率不是很高。
初级解法二
按照题目给的提示,首先,迭代计算出 0、1 和 2 元素的个数,然后按照0、1、2的排序,重写当前数组。
首先,需要明确一个概念,假设 0、1 和 2 元素的个数分别为 num1、num2、num3,则在排序之后,有如下规则:
0 所在的范围为 [0, num1 - 1],设该范围的小段组为 g1
1 所在的范围为 [num1, num1 + num 2 - 1],设该范围的小段组为 g2
2 所在的范围为 [num1 + num 2, num1 - 1],设该范围的小段组为 g3
而对于未排序的、混乱的数组,对于 g1 内的非 0 元素都需要被交换成 0 元素,g2 的非 1 元素都需要交换成 1 元素,g3 的非 2 元素都需要交换成 2 元素,且有通常情况下,有如下交换规则(<-->
符号表示相互交换位置,g1_2
代表 g1 小组内的为 2 的元素):
g1_1 <--> g2_0,即 g1 小组范围内的元素 1 直接与 g2 小组范围内的元素 0 交换
g1_2 <--> g3_0
g2_2 <--> g3_1
即直接把 g2、g3 中的元素 0 都交换到 g1 内,其余组内的同理。
(需要注意,这里说的是直接,还有一种特殊情况,不能直接交换,在下面的代码种有注释说明)
如图所示,更加直观:
具体的算法如下 (需要注意的是几种特殊情况):
public static void sortColors2(int[] nums) {
if (nums == null || nums.length == 0) return;
int[] counts = new int[3];
// 分别记录各个元素的个数
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
counts[nums[i]]++;
}
// 三个指针,分别指向各个小组非小组对应的元素,如 g1 就指向 g1 小组内的元素 1 和 2
int g1 = (counts[0] > 0 ? 0 : -1);
int g2 = (counts[1] > 0 ? counts[0] : -1);
int g3 = (counts[2] > 0 ? nums.length - counts[2] : -1);
int f1 = g1;
int f2 = g2;
int f3 = g3;
while (true) {
if (g1 > -1 && g2 > -1 && nums[g1] == 1 && nums[g2] == 0) {
swap(nums, g1, g2);
++g1;
++g2;
} else if (g1 > -1 && g3 > -1 && nums[g1] == 2 && nums[g3] == 0) {
swap(nums, g1, g3);
++g1;
++g3;
} else if (g2 > -1 && g3 > -1 && nums[g2] == 2 && nums[g3] == 1) {
swap(nums, g2, g3);
++g2;
++g3;
} else if (g1 > -1 && g2 > -1) {
// 特殊的处理,如对于 nums = [2, 0 ,1],
// 此时不能直接把两个元素交换到对应的小组内,即不属于前面三种情况,
// 则先交换一下当前 g1 和 g2 指向的元素
// 这样间接处理之后,就会使得重新符合前面三种情况之一了
swap(nums, g1, g2);
}
// 如果元素本身就在其对应的小组内,则跳过
while (g1 > -1 && g1 < nums.length && nums[g1] == 0) ++g1;
while (g2 > -1 && g2 < nums.length && nums[g2] == 1) ++g2;
while (g3 > -1 && g3 < nums.length && nums[g3] == 2) ++g3;
// 排序完成,则退出
if ((g1 == -1 || g1 - f1 == counts[0])
&& (g2 == -1 || g2 - f2 == counts[1])
&& (g3 == -1 || g3 - f3 == counts[2])) break;
}
}
初级解法三
其实,还可以从另外一个角度来看,因为只有 0、1、2
三种值,所以第一遍先计算每个值的个数,然后再按照每个值的数量遍历数组,依次设置对应下标的值即可。
进阶解法
参考自:https://blog.youkuaiyun.com/twt727/article/details/80101396
还是利用三个指针,p0、p1、p2
在 nums(0, m-1)
内,总是分别指向排序之后的序列的最后一个 0、1、2
元素,因此,对于 mums[m]
,需要插入到 nums(0, m-1)
中,从而形成新的有序的 nums(0, m)
序列。
而在 nums(0, m-1)
中插入 nums[m]
的时候,假设 nums[m] == 0
,则需要将原来的 p0
往后移动一位(即 ++p0
),来表示新的 0 元素需要插入的位置 nums[p0]
,而因为新插入了元素,因为在 index = p0
之后的元素需要往后移动一位。
此时就可以使用一个技巧,直接 nums[m] == 0
覆盖到 nums[++p0]
的位置,此时被覆盖的元素(元素值为 1)则又转移到 nums[++p1]
的位置(相当于转移到 1 组成序列的末尾),而又会产生被覆盖的元素(元素值为 2),则又转移到 nums[++p2]
的位置(相当于转移到 2 组成序列的末尾)。
可以看演示截图(虚线箭头代表指针的移动,圆圈包围的元素代表被覆盖的元素,弧线箭头代表转移):
public void sortColors(int[] nums) {
int p0 = -1,p1 = -1,p2 = -1;
int m = 0;
for(; m < nums.length;m++) {
if(nums[m] == 0){
nums[++p2] = 2;
nums[++p1] = 1;
nums[++p0] = 0;
}
else if(nums[m] == 1){
nums[++p2] = 2;
nums[++p1] = 1;
}
else {
++p2;
}
}
}