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每日一算：颜色分类

news 2025/9/6 10:29:44

题目描述

给定一个包含红色（用 0 表示）、白色（用 1 表示）和蓝色（用 2 表示）共 n 个元素的数组 nums，要求原地排序，使相同颜色的元素相邻，且按 “红→白→蓝” 的顺序排列。需在不使用库内置 sort 函数的前提下解决，进阶要求是 “仅用常数空间的一趟扫描算法”。

示例 1：

输入：nums = [2,0,2,1,1,0]
输出：[0,0,1,1,2,2]

示例 2：

输入：nums = [2,0,1]
输出：[0,1,2]

核心约束：

元素仅为 0、1、2 三种值；
需原地排序（空间复杂度尽可能低）；
进阶要求：时间复杂度 O (n)（一趟扫描），空间复杂度 O (1)。

解法一：计数排序（基础思路，两趟扫描）

思路解析

计数排序的核心是 “统计每种元素的出现次数，再按顺序填充回原数组”，适合元素值范围有限的场景（本题仅 0、1、2）。
步骤：

统计次数：遍历数组，用三个变量分别记录 0、1、2 的出现次数；
原地填充：按 “0→1→2” 的顺序，根据统计次数将对应值填充回原数组。

代码实现（C++）

#include <vector>
using namespace std;class Solution {
public:void sortColors(vector<int>& nums) {int count0 = 0, count1 = 0, count2 = 0;// 第一趟：统计 0、1、2 的出现次数for (int num : nums) {if (num == 0) count0++;else if (num == 1) count1++;else count2++;}// 第二趟：按顺序填充回原数组int idx = 0;// 填充 0while (count0--) {nums[idx++] = 0;}// 填充 1while (count1--) {nums[idx++] = 1;}// 填充 2while (count2--) {nums[idx++] = 2;}}
};

复杂度分析

时间复杂度：O (n)，两趟遍历数组（统计 + 填充），每趟均为 O (n)；
空间复杂度：O (1)，仅用三个计数变量，无额外空间开销。

优缺点

优点：逻辑简单，易实现，空间复杂度最优，适合元素值范围固定的场景；
缺点：需两趟扫描，不满足进阶要求的 “一趟扫描”，且仅适用于有限值的排序（通用性弱）。

解法二：双指针（一趟扫描，进阶思路）

思路解析

双指针的核心是 “用两个指针划分区域，一趟遍历中完成元素交换”，将数组分为三个区间：

[0, left-1]：已排序的 0；
[left, right]：待排序的元素（1 或未处理的 0/2）；
[right+1, n-1]：已排序的 2。

步骤：

初始化 left = 0（0 的右边界）、right = nums.size() - 1（2 的左边界）、i = 0（当前遍历指针）；
遍历数组，根据 nums[i] 的值调整区域：
- 若 nums[i] == 0：交换 nums[i] 和 nums[left]，left++（0 的区域扩大），i++（当前元素已处理）；
- 若 nums[i] == 2：交换 nums[i] 和 nums[right]，right--（2 的区域扩大），不移动 i（交换后 nums[i] 是未处理的元素，需重新判断）；
- 若 nums[i] == 1：直接 i++（1 无需交换，留在待排序区域）；
当 i > right 时，所有元素处理完毕（待排序区域为空）。

代码实现（C++）

#include <vector>
using namespace std;class Solution {
public:void sortColors(vector<int>& nums) {int n = nums.size();int left = 0;    // 0 的右边界（[0, left-1] 是 0）int right = n-1; // 2 的左边界（[right+1, n-1] 是 2）int i = 0;       // 当前遍历指针while (i <= right) {if (nums[i] == 0) {// 交换到 0 的区域，left 右移，i 右移（当前元素已处理）swap(nums[i], nums[left]);left++;i++;} else if (nums[i] == 2) {// 交换到 2 的区域，right 左移，i 不移动（新元素需重新判断）swap(nums[i], nums[right]);right--;} else {// 遇到 1，直接跳过i++;}}}
};

关键细节

交换 nums[i] 和 nums[right] 后，i 不移动：因为交换过来的元素可能是 0 或 2（如原 nums[right] 是 0），需重新判断是否需要进一步交换；
循环终止条件 i <= right：当 i > right 时，待排序区域 [left, right] 为空，所有元素已归位。

复杂度分析

时间复杂度：O (n)，每个元素仅被遍历一次（i 和 right 均单向移动，总步数为 n）；
空间复杂度：O (1)，仅用三个指针变量，满足进阶要求的 “常数空间”。

优缺点

优点：一趟扫描完成排序，时间和空间复杂度均最优，是本题的标准进阶解法；
缺点：指针移动逻辑需仔细理解（尤其是 i 不移动的场景），对初学者有一定思维门槛。

解法三：单指针（一趟预处理 + 一趟填充，过渡思路）

思路解析

单指针的核心是 “先将 0 归位，再将 1 归位”，本质是 “两次局部的一趟扫描”，介于计数排序和双指针之间。
步骤：

第一阶段：用指针 p 记录 0 的右边界，遍历数组，将所有 0 交换到 [0, p-1] 区域，p 随交换右移；
第二阶段：从 p 开始遍历（此时 [0, p-1] 已全为 0），用 p 记录 1 的右边界，将所有 1 交换到 [p, q-1] 区域（q 为新指针），剩余区域自然为 2。

代码实现（C++）

#include <vector>
using namespace std;class Solution {
public:void sortColors(vector<int>& nums) {int n = nums.size();int p = 0; // 记录当前 0 的右边界（第一阶段）/ 1 的右边界（第二阶段）// 第一阶段：将所有 0 移到数组左侧for (int i = 0; i < n; i++) {if (nums[i] == 0) {swap(nums[i], nums[p]);p++;}}// 第二阶段：将所有 1 移到 0 的右侧（从 p 开始，因为 [0,p-1] 已全为 0）for (int i = p; i < n; i++) {if (nums[i] == 1) {swap(nums[i], nums[p]);p++;}}// 剩余 [p, n-1] 区域自然为 2，无需处理}
};

复杂度分析

时间复杂度：O (n)，两趟局部遍历（第一趟全数组，第二趟从 p 开始，总步数仍为 O (n)）；
空间复杂度：O (1)，仅用一个指针变量。

优缺点

优点：逻辑比双指针更直观，分阶段处理降低理解难度，适合过渡学习；
缺点：需两趟扫描（虽总步数为 O (n)，但非严格意义上的 “一趟”），不满足进阶的 “一趟扫描” 要求。

三种解法对比

解法	时间复杂度	空间复杂度	扫描次数	核心优势	适用场景
计数排序	O(n)	O(1)	2	逻辑最简单，易实现	元素值范围固定，无需一趟扫描
双指针	O(n)	O(1)	1	一趟扫描，效率最优	进阶要求，追求极致性能
单指针	O(n)	O(1)	2	逻辑直观，过渡学习	理解双指针前的铺垫

进阶总结：双指针解法的核心思想

双指针解法之所以能实现 “一趟扫描 + 常数空间”，关键在于：

区域划分：用 left 和 right 提前划分出 “已排序的 0 区域” 和 “已排序的 2 区域”，将待处理元素限制在中间，避免重复处理；
指针单向移动：left 只右移（0 区域只扩大），right 只左移（2 区域只扩大），i 只右移（或因交换 2 时暂停），确保每个元素仅被遍历一次；
原地交换：通过交换元素实现区域调整，无需额外空间存储，满足 “原地排序” 要求。

这种 “划分区域 + 指针协同” 的思路，在排序（如快速排序的分区）、数组分区（如分隔正数和负数）等问题中均有广泛应用，是解决 “线性时间 + 常数空间” 问题的重要技巧。