Leetcode75. Sort Colors

Leetcode75. Sort Colors

Given an array with n objects colored red, white or blue, sort them in-place so that objects of the same color are adjacent, with the colors in the order red, white and blue.
Here, we will use the integers 0, 1, and 2 to represent the color red, white, and blue respectively.

Note: You are not suppose to use the library’s sort function for this problem.

Example:

Input: [2,0,2,1,1,0]
Output: [0,0,1,1,2,2]

Follow up:

• A rather straight forward solution is a two-pass algorithm using counting sort. First, iterate the array counting number of 0’s, 1’s, and 2’s, then overwrite array with total number of 0’s, then 1’s and followed by 2’s.
• Could you come up with a one-pass algorithm using only constant space?
• 如果是 K 种颜色的话，该如何处理

思路

给定一个输入的数组，数组当中只有 0, 1, 2 这三种元素，让你对这个数组进行排序。我们先不急着去想最优解，来看看如果不加限制地看这道题，会有哪些解法：

• 利用归并排序，时间 O(nlogn)，空间 O(n)
• 利用快速排序，时间 O(nlogn)，空间 O(1)
• 利用计数排序，时间 O(n)，空间 O(1)

One-Pass 的意思是仅仅只有一次 for 循环遍历

思路可以从 3 种颜色这里作为突破口，3 种颜色意味着排序好的数组，存在 3 个区域，每个区域存放的元素的值都是一样的：

[0...0,1...1,2...2]

我们可以想到用两个指针去维护其中的 2 个区域：

[0,...0,1...1,2...2]
 ------i     j-----

即3根指针，第一根维护 0 的区域，第二根维护 2 的区域，另外一根从头遍历数组，遇到 0 就和第一个指针指向的元素交换，遇到 2 就和第二个指针指向的元素交换，当遍历的指针和第二根指针相遇了就结束遍历。

注意细节：遍历的那根指针在交换完元素之后需不需要马上往前移动？

• 和维护 0 的那根指针交换的话，因为遍历的这根指针已经遍历过这之前的所有元素了，因此交换完可以马上往前移动一个位置。
• 和维护 2 的那根指针交换的话，遍历的指针没有遍历过从那边交换过来的元素，交换过来的元素有可能是 0，有可能是 2，因此不能马上往前移动。

代码实现

结合三路快排partition思路的应用，设定两个索引，一个从左往右滑动zero，一个从右往左滑动two，遍历nums，当nums[i]的值为1时，i++；当nums[i]的值为2时，two的值先减1，而后交换nums[i]与nums[two]，此时在观察nums[i]的值；当nums[i]的值为0时，zero++，而后交换nums[i]与nums[zero]，i++;当 i = two时，结束循环。

// 三路快速排序的思想
// 对整个数组只遍历了一遍
// 时间复杂度: O(n)
// 空间复杂度: O(1)
class Solution {
public:
    void sortColors(vector<int> &nums) {

        int zero = -1;          // [0...zero] == 0
        int two = nums.size();  // [two...n-1] == 2
        for(int i = 0 ; i < two ; ){ //注意循环没有i++
            if(nums[i] == 1){
                 i ++;
            }else if (nums[i] == 2){
                 two--;
                 swap( nums[i] , nums[two]);
            }else{ // nums[i] == 0
                 zero++;
                 swap(nums[zero] , nums[i]);
                 i++;
            }
        }
    }
};

示例 [2 0 2 0 1 0]
初始化：zero = -1, two = 6, i = 0.
① i = 0, nums[0] == 2, 则two = 5, swap(nums[0] , nums[5])，原数组变为[0 0 2 0 1 2]（注意i并没有加1）
② i = 0, nums[0] == 0, 则zero = 0, swap(nums[0] , nums[0])，i++
③ i = 1, nums[1] == 0, 则zero = 1, swap(nums[1] , nums[1])，i++
④ i = 2, nums[2] == 2, 则two = 4, swap(nums[2], nums[4])，原数组变为[0 0 1 0 2 2]
⑤ i = 2, nums[2] == 1, i++
⑥ i = 3, nums[3] == 0, zero = 2, swap(nums[2] , nums[3])，原数组变为[0 0 0 1 2 2]，i++
由于i == two，退出循环即可。

3种颜色变为K种颜色如何处理

K种颜色上面这种指针的做法就行不通了，可以用一般的快速排序，平均时间复杂度是 O(nlogn)，计数排序的话可以做到 O(n) 的时间复杂度，但是空间复杂度就会是 O(K)，如果这里还是要求你用常数级别的空间复杂度，该如何解决？

借鉴快速排序，我们基于颜色对数组进行分割，在分割数组的同时，我们也在分割颜色，这种做法可以把时间复杂度变成 O(nlogK)，因为颜色的数目肯定是小于元素的数目的，因此这个方法优于 O(nlogn)。

public void sortColors2(int[] colors, int k) {
    if (colors == null || colors.length == 0 || colors.length <= k) {
        return;
    }
    quickSort(colors, 0, colors.length - 1, 1, k);
}

private void quickSort(int[] colors, int start, int end, int startColor, int endColor) {
    if (startColor >= endColor || start >= end) {
        return;
    }

    // 对颜色进行分割，并且每次都等分
    // 并利用中间的颜色作为数组的切分元素
    int midColor = (startColor + endColor) / 2;

    // 快速排序的思想，只不过这里 pivot 元素变成了上面选择的颜色
    int l = start, r = end;
    while (l <= r) {
        while (l <= r && colors[l] <= midColor) {
            l++;
        }
        while (l <= r && colors[r] > midColor) {
            r--;
        }
        if (l <= r) {
            swap(colors, l++, r--);
        }
    }
    // 同时基于数组和颜色进行分治
    quickSort(colors, start, r, startColor, midColor);
    quickSort(colors, l, end, midColor + 1, endColor);
}
private void swap(int[] nums, int i, int j) {
    int tmp = nums[i];
    nums[i] = nums[j];
    nums[j] = tmp;
}

Four different solutions

// two pass O(m+n) space
void sortColors(int A[], int n) {
    int num0 = 0, num1 = 0, num2 = 0;
    
    for(int i = 0; i < n; i++) {
        if (A[i] == 0) ++num0;
        else if (A[i] == 1) ++num1;
        else if (A[i] == 2) ++num2;
    }
    
    for(int i = 0; i < num0; ++i) A[i] = 0;
    for(int i = 0; i < num1; ++i) A[num0+i] = 1;
    for(int i = 0; i < num2; ++i) A[num0+num1+i] = 2;
}

// one pass in place solution
void sortColors(int A[], int n) {
    int n0 = -1, n1 = -1, n2 = -1;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        if (A[i] == 0) 
        {
            A[++n2] = 2; A[++n1] = 1; A[++n0] = 0;
        }
        else if (A[i] == 1) 
        {
            A[++n2] = 2; A[++n1] = 1;
        }
        else if (A[i] == 2) 
        {
            A[++n2] = 2;
        }
    }
}

// one pass in place solution
void sortColors(int A[], int n) {
    int j = 0, k = n - 1;
    for (int i = 0; i <= k; ++i){
        if (A[i] == 0 && i != j)
            swap(A[i--], A[j++]);
        else if (A[i] == 2 && i != k)
            swap(A[i--], A[k--]);
    }
}

// one pass in place solution
void sortColors(int A[], int n) {
    int j = 0, k = n-1;
    for (int i=0; i <= k; i++) {
        if (A[i] == 0)
            swap(A[i], A[j++]);
        else if (A[i] == 2)
            swap(A[i--], A[k--]);
    }
}