编程题-颜色分类（中等）_原地对红白蓝进行排序-优快云博客

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题目：

给定一个包含红色、白色和蓝色、共 n 个元素的数组 nums ，原地对它们进行排序，使得相同颜色的元素相邻，并按照红色、白色、蓝色顺序排列。

我们使用整数 0、 1 和 2 分别表示红色、白色和蓝色。

必须在不使用库内置的 sort 函数的情况下解决这个问题。

解法一（计数）：

根据题目中的提示，我们可以统计出数组中 0,1,2 的个数，再根据它们的数量，重写整个数组。这种方法较为简单，也很容易想到。遍历三次nums数组，依次记录0，1，2三个数的个数，然后再循环遍历一次nums数组，将所记录的0，1，2三个数以先添加0直至全部添加完，然后再添加1直至全部添加完，最后再前2全部添加完至nums数组中为止，虽然也能正确完成本题解算（时间复杂度O(n)均是单层循环），但是对nums的值进行了赋值和修改，并不是本题的最优解算方式，仅作为与后续解法方案的对比，如下为笔者代码：

class Solution {
public:
    void sortColors(vector<int>& nums) {
        int length = nums.size();
        int x = 0;
        int y = 0;
        int z = 0;
        for(int i=0;i<length;i++){
            if(nums[i]==0){
                x++;
            }
        }
        for(int i=0;i<length;i++){
            if(nums[i]==1){
                y++;
            }
        }
        for(int i=0;i<length;i++){
            if(nums[i]==2){
                z++;
            }
        }
        for(int i=0;i<length;i++){
            if(x>0){
                nums[i]=0;
                x--;
                continue;
            }
            if(y>0){
                nums[i]=1;
                y--;
                continue;
            }
            if(z>0){
                nums[i]=2;
                z--;
                continue;
            }
        }

    }
};

解法二（单指针）：

我们可以考虑对数组进行两次遍历，第一次遍历中，我们将数组中所有的0交换到数组的头部。在第二次遍历中，我们将数组中所有的1交换到头部的0之后。此时，所有的2都出现在数组的尾部，这样我们就是完成了排序。

具体地，我们使用一个指针ptr表示【头部】范围，ptr中存储了一个整数，表示数组nums从位置0到位置ptr-1都属于【头部】。ptr的初始值为0，表示还没有数处于【头部】。

在第一次遍历中，我们从左向右遍历整个数组，如果找到了0那么就需要将0与【头部】位置的元素进行交换，并将【头部】向后扩充一个位置。遍历结束之后，所有的0都被交换到【头部】的范围，并且【头部】只包含0。

在第二次遍历中，我们从【头部】开始，从左向有遍历整个数组，如果找到了1，那么就需要将1与【头部】位置的元素进行交换，并将【头部】向后扩充一个位置。在遍历结束之后，所有的1都被交换到【头部】的范围，并且都在0之后，此时2只出现在【头部】之外的位置，因此排序完成，如下为实现代码：

class Solution {
public:
    void sortColors(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int ptr = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (nums[i] == 0) {
                swap(nums[i], nums[ptr]);
                ++ptr;
            }
        }
        for (int i = ptr; i < n; ++i) {
            if (nums[i] == 1) {
                swap(nums[i], nums[ptr]);
                ++ptr;
            }
        }
    }
};

时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。空间复杂度：O(1)。

解法三（双指针v1）：

方法二需要进行两次遍历，那么我们是否可以仅使用一次遍历呢？我们可以额外使用一个指针，即使用两个指针分别用来交换 0 和 1。

具体地，我们用指针p0来交换0，p1来交换1，初始值都为0.当我们从左向右遍历整个数组时：

1、如果找到了1，那么将其与nums[p1]进行交换，并将p1向后移动一个位置，这与解法二是相同的；

2、如果p0<p1，那么我们需要再将nums[i]与nums[p1]进行交换，其中i是当前遍历到的位置，在进行了第一次交换后，nums[i]的值为1，我们需要将这个1放到【头部】的末端。在最后，无论是否有p0<p1，我们需要将p0和p1均向后移动一个位置，而不仅将p0向后移动一个位置。如下为实现代码：

class Solution {
public:
    void sortColors(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int p0 = 0, p1 = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            //如果当前i对应的值是1，则将其与p1进行交换，然后p1进一位
            if (nums[i] == 1) {
                swap(nums[i], nums[p1]);
                ++p1;
            //如果当前i对应的值是0，则将其与p0进行交换,
            //如果此时p0小于p1，则还需要将现有的i与p1再进行交换，然后p0和p1位置均进一位。
            } else if (nums[i] == 0) {
                swap(nums[i], nums[p0]);
                if (p0 < p1) {
                    swap(nums[i], nums[p1]);
                }
                ++p0;
                ++p1;
            }
        }
    }
};

时间复杂度：O(n)，其中 n 是数组 nums 的长度。空间复杂度：O(1)。

解法四（双指针v2）：

我们也可以考虑使用指针 p0 来交换 0，p2 来交换 2。此时，p0 的初始值仍然为 0，而 p2 的初始值为 n−1。在遍历的过程中，我们需要找出所有的 0 交换至数组的头部，并且找出所有的 2 交换至数组的尾部。

由于此时其中一个指针 p2 是从右向左移动的，因此当我们在从左向右遍历整个数组时，如果遍历到的位置超过了 p2，那么就可以直接停止遍历了。具体地，我们从左向右遍历整个数组，设当前遍历到的位置为 i，对应的元素为 nums[i]；

1、如果找到了 0，那么与前面两种方法类似，将其与 nums[p0] 进行交换，并将 p0 向后移动一个位置；

2、当我们找到 2 时，我们需要不断地将其与 nums[p2] 进行交换，直到新的 nums[i] 不为 2。此时，如果 nums[i] 为 0，那么对应着第一种情况；如果 nums[i] 为 1，那么就不需要进行任何后续的操作。

class Solution {
public:
    void sortColors(vector<int>& nums) {
        int n = nums.size();
        int p0 = 0, p2 = n - 1;
        for (int i = 0; i <= p2; ++i) {
            while (i <= p2 && nums[i] == 2) {
                swap(nums[i], nums[p2]);
                --p2;
            }
            if (nums[i] == 0) {
                swap(nums[i], nums[p0]);
                ++p0;
            }
        }
    }
};