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Problem: 75. 颜色分类

整体思路

这段代码旨在解决经典的 “颜色分类” (Sort Colors) 问题，也常被称为 “荷兰国旗问题” (Dutch National Flag problem)。问题要求对一个包含 0（红色）、1（白色）、2（蓝色）三种元素的数组进行原地排序，使得所有相同的元素相邻，并按 0、1、2 的顺序排列。

该算法采用了一种非常精妙的 单次遍历、双指针 的原地排序策略。它通过一次遍历，同时维护 0 的区域和 1 的区域的边界，巧妙地将遇到的 0 和 1 “交换”到数组的前部。

算法的核心逻辑可以分解为以下步骤：

1. 指针定义：

   • 算法使用两个指针，loc0 和 loc1，来追踪已排序区域的边界。
   • loc0：表示下一个 0 应该被放置的位置。换句话说，[0, loc0-1] 区域内保证全部是 0。
   • loc1：表示下一个 1 应该被放置的位置。换句话说，[0, loc1-1] 区域内保证全部是 0 或 1。
   • 一个隐形的第三区域是由遍历指针 i 构成的，可以认为 [loc1, i-1] 区域在任何时刻都填充的是 2。

2. 单次遍历与“覆盖”逻辑：

   • 算法通过一个 for 循环，从左到右遍历整个数组。对于遇到的每个数字 nums[i]，它执行一个非常巧妙的“先写后改”的覆盖操作。
   • 关键步骤 nums[i] = 2;：在读取 nums[i] 的值存入 temp后，算法立即将 nums[i] 的位置用 2 覆盖。这可以理解为：我们把当前位置 i “清空”并暂时标记为 2，因为我们即将把 temp 的值（如果是0或1）移动到它在数组前面应在的正确位置。
   • 处理 0 和 1 (if (temp <= 1))：如果原始数字 temp 是 0 或 1，它就不应该留在当前这个可能是“2”的区域。它至少应该是一个 1。因此，算法在 loc1 的位置写入一个 1，并将 loc1 指针右移。
   • 处理 0 (if (temp == 0))：如果原始数字 temp 是 0，它不仅需要被移到前面，还必须被移到 loc0 的位置。因此，算法在 loc0 的位置写入一个 0，并将 loc0 指针右移。
   • 巧妙的覆盖：注意，当 temp 为 0 时，会先执行 nums[loc1++] = 1，然后执行 nums[loc0++] = 0。因为 loc0 <= loc1 恒成立，所以后一步的 nums[loc0] = 0 会覆盖掉前一步在 loc0 位置写入的 1。这正是算法的精髓所在：当一个 0 被发现时，它占据了 loc0 的位置，而原本可能在这里的 1 被有效地“推”到了后面 1 的区域的开头，即 loc1 的位置。

3. 最终状态：

   • 当 for 循环结束后，loc0 和 loc1 已经正确地将数组划分为了三部分：[0, loc0-1] 全是 0，[loc0, loc1-1] 全是 1，[loc1, n-1] 全是 2。

完整代码

class Solution {/*** 对包含 0, 1, 2 三种元素的数组进行原地排序。* @param nums 整数数组*/public void sortColors(int[] nums) {// loc0: 指向下一个 0 应该被放置的位置。int loc0 = 0;// loc1: 指向下一个 1 应该被放置的位置。int loc1 = 0;// 单次遍历整个数组for (int i = 0; i < nums.length; i++) {// 1. 保存当前位置的原始值int temp = nums[i];// 2. 关键步骤：先用 2 覆盖当前位置。//    这相当于把当前位置 i 暂时归入 "2" 的区域，//    为即将被前移的 0 或 1 腾出空间。nums[i] = 2;// 3. 如果原始值是 0 或 1，它需要被移动到前面。//    我们先在 loc1 位置放置一个 1，并将 loc1 右移。//    这确保了 [0, loc1-1] 区域至少是 0 或 1。if (temp <= 1) {nums[loc1++] = 1;}// 4. 如果原始值是 0，它需要被移动到更前面。//    我们在 loc0 位置放置一个 0，并将 loc0 右移。//    如果 temp 是 0，这一步会覆盖掉上一步在 loc0 位置放置的 1。//    这是正确的，因为 0 的优先级更高，而 1 被有效地“推”到了 1 的区域。if (temp == 0) {nums[loc0++] = 0;}}}
}

时空复杂度

时间复杂度：O(N)

1. 循环：算法的核心是一个 for 循环，它从 i = 0 遍历到 nums.length - 1。这个循环严格地执行 N 次，其中 N 是数组的长度。
2. 循环内部操作：
   • 在循环的每一次迭代中，执行的都是固定数量的操作：一次数组读，最多三次数组写，几次比较和指针增量。
   • 这些操作的时间复杂度都是 O(1)。

综合分析：
算法由 N 次 O(1) 的操作组成。因此，总的时间复杂度是 N * O(1) = O(N)。

空间复杂度：O(1)

1. 主要存储开销：该算法没有创建任何与输入规模 N 成比例的新的数据结构（如辅助数组）。
2. 辅助变量：只使用了 loc0, loc1, i, temp 等几个固定数量的整型变量。

综合分析：
算法是在原数组上进行修改的（in-place），所需的额外辅助空间是常数级别的。因此，其空间复杂度为 O(1)。

参考灵神