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

题目下边的 Follow up 提到了一个解法，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。

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。

  2. ^
  3. Z
  4. i
  6. 1 0 1 1 0   发现 0，把 Z 的位置置为 0，并且把 Z 的位置的数字交换过来，Z 后移一位
  7. ^ ^
  8. Z i
  10. 0 1 1 1 0   i 后移一位
  11.   ^
  12.   i
  13.   Z
  15. 0 1 1 1 0  i 继续后移
  16.   ^ ^
  17.   Z i
  19. 0 1 1 1 0  i 继续后移
  20.   ^   ^
  21.   Z   i
  22. 0 1 1 1 0  遇到 0，把 Z 的位置置为 0，并且把 Z 的位置的数字交换过来，Z 后移一位
  23.   ^     ^
  26. 0 0 1 1 1  遍历结束
  27.     ^   ^
  28.     Z   i

下边画一个遍历过程中的图，理解一下，Z 前边全存 0，T 后边全存 2。

  1. public void sortColors(int[] nums) {
  2.     int zero_position = 0;
  3.     int two_position = nums.length - 1;
  4.     for (int i = 0; i <= two_position; i++) {
  5.         if (nums[i] == 0) {
  6.             //将当前位置的数字保存
  7.             int temp = nums[zero_position];
  8.             //把 0 存过来
  9.             nums[zero_position] = 0;
  10.             //把之前的数换过来
  11.             nums[i] = temp;
  12.             //当前指针后移
  13.             zero_position++;
  14.         } else if (nums[i] == 2) {
  15.             //将当前位置的数字保存
  16.             int temp = nums[two_position];
  17.             //把 2 存过来
  18.             nums[two_position] = 2;
  20.             //当前指针前移
  21.             two_position--;
  22.             //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，
  23.             //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
  24.             //所以要 i--
  25.             //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
  26.             //在之前已经都判断过了
  27.             i--;
  28.         }
  29.     }
  30. }

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。

  1. 0  0  1  2  2  2  2  2  1  n2 后移后的情况 
  2.    ^  ^           ^  
  3.    n0 n1          i
  4.                   n2  
  6. 0  0  1  1  2  2  2  2  1  n1 后移后的情况
  7.    ^     ^        ^  
  8.    n0    n1       i
  9.                   n2                   
  11. 0  0  0  1  2  2  2  2  1  n0 后移后的情况
  12.       ^  ^        ^

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。

时间复杂度：O（n）。

空间复杂度：O（1）。

总

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。

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