75. Sort Colors

题目描述(中等难度)

给一个数组，含有的数只可能 0，1，2 中的一个，然后把这些数字从小到大排序。

解法一

遍历一次数组，统计 0 出现的次数，1 出现的次数，2 出现的次数，然后再遍历数组，根据次数，把数组的元素改成相应的值。当然我们只需要记录 0 的次数，和 1 的次数，剩下的就是 2 的次数了。

public class Sort_Colors {
	
	public static int[] sortColors(int[] nums) {
		int zero_count=0;
		int one_count=0;
		for(int i=0;i<nums.length;i++) {
			if(nums[i]==0) {
				zero_count++;
			}
			if(nums[i]==1){
				one_count++;
			}
		}
		for(int i=0;i<nums.length;i++) {
			if(zero_count>0) {
				nums[i]=0;
				zero_count--;
			}else if(one_count>0) {
				nums[i]=1;
				one_count--;
			}else {
				nums[i]=2;
			}
		}
		return nums;
	}
	
	public static void main(String args[]) {
		int[] nums= {2,0,2,1,1,0};
		int[] ans=sortColors(nums);
		for(int i:ans) {
		System.out.println(i);
		}
	}
}

时间复杂度：O（n）。

空间复杂度：O（1）。

解法二

上边的算法，我们遍历了两次数组，让我们想一想只遍历一次的方法。我们假设一种简单的情况，如果只含有两个数 0 和 1，该怎么做呢？

假设原数组是 [1 0 1 1 0]，我们可以用一个指针，zero_position，含义是该指针指向的位置，前边的位置全部存 0 。然后再用一个指针 i 遍历这个数组，找到 0 就把 0 放到当前 zero_position 指向的位置， zero_position 后移。用 Z 代表 zero_position，看下边的遍历过程。

回到我们当前这道题，我们有 3 个数字，那我们可以用两个指针，一个是 zero_position，和之前一样，它前边的位置全部存 0。再来一个指针，two_position，注意这里是，它后边的位置全部存 2。然后遍历整个数组就行了。

public class Sort_Colors2 {
	
	public static int[] sortColors(int[] nums) {
		int zero_position = 0;
	    int two_position = nums.length - 1;
	    for (int i = 0; i <= two_position; i++) {
	        if (nums[i] == 0) {
	            //将当前位置的数字保存
	            int temp = nums[zero_position];
	            //把 0 存过来
	            nums[zero_position] = 0;
	            //把之前的数换过来
	            nums[i] = temp;
	            //当前指针后移
	            zero_position++;
	        } else if (nums[i] == 2) {
	            int temp = nums[two_position];//将当前位置的数字保存
	            nums[two_position] = 2;//把 2 存过来
	            nums[i] = temp;//把之前的数换过来
	            two_position--; //当前指针前移
	            //这里一定要注意，因为我们把后边的数字换到了第 i 个位置，
	            //这个数字我们还没有判断它是多少，外层的 for 循环会使得 i++ 导致跳过这个元素
	            //所以要 i--
	            //而对于上边 zero_position 的更新不需要考虑，因为它是从前边换过来的数字
	            //在之前已经都判断过了
	            i--;
	        }
	    }
		return nums;
		
	}
	public static void main(String args[]) {
		int[] nums= {2,0,2,1,1,0};
		int[] ans=sortColors(nums);
		for(int i:ans) {
		System.out.println(i);
		}
	}
}

时间复杂度：O（n）。

空间复杂度：O（1）。

解法三

解法二中总共有三种数，然后很自然可以分成三部分，用两个指针作为间隔，但是，如果有 5 种数呢，解法二恐怕就不适用了。在 leetcode 发现另一种解法，参考这里的解法二，用了大问题化小的思想。

我们用三个指针 n0，n1，n2，分别代表已排好序的数组当前 0 的末尾，1 的末尾，2 的末尾。

然后当前遍历到 i 的位置，等于 0，我们只需要把 n2 指针后移并且将当前数字置为 2，将 n1 指针后移并且将当前数字置为 1，将 n0 指针后移并且将当前数字置为 0。

然后就达到了将 i 指向的 0 插入到当前排好序的 0 的位置的末尾。

原因的话，由于前边插入了新的数字，势必造成数字的覆盖，指针后移后要把对应的指针位置置为对应的数，n2 指针后移后置为 2，n1 指针后移后置为 1，例如，假如之前有 3 个 2，由于前边插入一个数字，所以会导致 1 个 2 被覆盖掉，所以要加 1 个 2。

public class Sort_Colors3 {
	
	public static int[] sortColors(int[] nums) {
	    int n0 = -1, n1 = -1, n2 = -1;
	    int n = nums.length;
	    for (int i = 0; i < n; i++) {
	        if (nums[i] == 0) {
	            n2++;
	            nums[n2] = 2;
	            n1++;
	            nums[n1] = 1;
	            n0++;
	            nums[n0] = 0;
	        } else if (nums[i] == 1) {
	            n2++;
	            nums[n2] = 2;
	            n1++;
	            nums[n1] = 1;
	        } else if (nums[i] == 2) {
	            n2++;
	            nums[n2] = 2;
	        }
	    }
		return nums;
	}
	
	public static void main(String args[]) {
		int[] nums= {2,0,2,1,1,0};
		int[] ans=sortColors(nums);
		for(int i:ans) {
		System.out.println(i);
		}
	}
}

时间复杂度：O（n）。

空间复杂度：O（1）。

总结

解法二利用指针，在原来的空间存东西很经典。解法三，其实本质是我们常用的递归思想，先假设一个小问题解决了，然后假如再来一个数该怎么操作。