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数组——双指针：75.颜色分类

news 2025/10/23 11:01:02

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75.颜色分类

题目重构

包含0，1，2共 n 个元素的数组 nums ，原地对它们进行排序，使得相同的元素相邻，并按照0、1、2的顺序排列。

必须在不使用库内置的 sort 函数的情况下解决这个问题。

方法一：单指针

思路

可以对数组进行两次遍历，第一次将所有0移到数组头部，第二次将所有1移到数组头部。这样2就都在数组尾部，完成排序。

设一个ptr指针作为排好序的元素范围，由于我们要对整个元素进行排序，所以我们使用swap函数来交换元素。这里也是用到快慢指针的思想，我们用循环里的变量i作为快指针遍历数组，ptr为慢指针，当遍历到0时，便让两个指针指向的元素交换，同时让ptr自增。

当处理完所有0，此时我们有ptr个元素0已经完成排序，不需要动了，那么我们从ptr的位置开始处理元素1。同样用快慢指针来排序。最后完成排序。

代码

int ptr = 0;
for (int i = 0; i < nums.size(); ++i) {if (nums[i] == 0) {swap(nums[i], nums[ptr++]);}
}
for (int i = ptr; i < nums.size(); ++i) {if (nums[i] == 1) {swap(nums[i], nums[ptr++]);}
}

评价

时间复杂度：O(n)
- 第一个 for 循环遍历整个数组一次，执行 n 次操作。
- 第二个 for 循环从 ptr 开始，最多也遍历 n 次（实际上少于 n，因为 ptr ≥ 0）
- 两个循环是顺序执行，不是嵌套，因此总时间复杂度为： $O (n) + O (n) = O (n)$
空间复杂度 O(1)：所有操作都是原地进行的，只使用了常数级别的额外空间（如临时变量 i, ptr等）。

方法二：双指针

思路

可以多用一个指针，只需要一次遍历。两个指针分别交换0和1。p0和p1分别指向下一个 0 和 1 应该被放置的位置。初始均指向0。

当我们遍历数组时：

遇到1时，与 nums[p1] 交换，然后右移 p1，p0不动。
遇到0时，与 nums[p0] 交换
- 应当注意到，由于p0和p1分别指向下一个 0 和 1 应该被放置的位置，当我们进行过1的交换时，p1会大于p0，即在p0指向的位置开始到p1 - 1的位置都是连续的1。那么这时候遇到0，我们交换可能会将1交换到尾部。
- 因此我们需要加一个应对方法，也就是当遇到 p0 < p1 时，我们要把nums[i]和nums[p1]交换。也就是说，我们进行了这样一个操作，把原本最前面的1移到了最后一个1后面。最后，由于0和1部分都往后移了，所以两个指针都自增。

代码

int n = nums.size();
int p0 = 0, p1 = 0;
for (int i = 0; i < n; ++i) {if (nums[i] == 1) {swap(nums[i], nums[p1++]);} else if (nums[i] == 0) {swap(nums[i], nums[p0]);if (p0 < p1) {swap(nums[i], nums[p1]);}++p0;++p1;}
}

评价

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

方法三：双指针升级版

思路

方法二的两个指针都是从数组头部开始，处理0时需要考虑到已处理的所有1的影响。我们可以把两个指针分置两头。即使用p0来交换0，p2交换2，p0的初始值仍然为 0，而p2的初始值为 n − 1。我们需要把所有0交换到数组头部，把所有2交换到数组尾部。

由于指针p2是从右往左走，因此，当我们从左向右遍历超过p2的位置时，就可以停止遍历了。

如果找到0，与前面的方法一样，只需要与nums[p0]交换，再p0++就行
如果找到2，我们把nums[i]交换到尾部，p2--，但原本的nums[p2]可能为2或者0，不能马上把遍历指针移走，否则这个2就会留在头部。我们要再判断这个新的nums[i]是否是2，是的话继续执行交换，自增循环。等到把所有的2处理完后，再处理0。

代码

int n = nums.size();
int p0 = 0, p2 = n - 1;
for (int i = 0; i < n; ++i) {while (i <= p2 && nums[i] == 2) {swap(nums[i], nums[p2]);--p2;}if (nums[i] == 0) {swap(nums[i], nums[p0]);++p0;}
}