滑动窗口8：75. 颜色分类-经典荷兰国旗问题

Posted 2021-12-13 纵横千里，捭阖四方

这个题是非常经典的荷兰国旗问题，我们先看一下题目要求：

给定一个包含红色、白色和蓝色，一共 n 个元素的数组，原地对它们进行排序，使得相同颜色的元素相邻，并按照红色、白色、蓝色顺序排列。

此题中，我们使用整数 0、 1 和 2 分别表示红色、白色和蓝色。

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

这道题的发明者正是大名鼎鼎的荷兰计算机科学家Dijkstra，在图算法中我们会认真学习他提出的Dijkstra遍历算法。荷兰国旗图像如下：

 

这个题是非常经典的双指针问题，而且还可以使用多种方式的双指针。这里我们分析两种方法，一种与冒泡排序非常类似，一种与快速排序非常类似。

1.基于冒泡排序的双指针（快慢指针）

冒泡排序我们都知道，就是根据大小逐步和后面的比较，慢慢调整到整体有序。这种方法还是稳定的排序方法。

我们可以考虑对数组进行两次遍历。在第一次遍历中，我们将数组中所有的 0 交换到数组的头部。在第二次遍历中，我们将数组中所有的 1 交换到头部的 0 之后。此时，所有的 2 都出现在数组的尾部，这样我们就完成了排序。

具体地，我们使用一个指针ptr 表示「头部」的范围，ptr 中存储了一个整数，表示数组 nums 从位置 00 到位置 ptr−1 都属于「头部」。ptr 的初始值为 00，表示还没有数处于「头部」。

在第一次遍历中，我们从左向右遍历整个数组，如果找到了 0，那么就需要将 0与「头部」位置的元素进行交换，并将「头部」向后扩充一个位置。在遍历结束之后，所有的 0 都被交换到「头部」的范围，并且「头部」只包含 0。

在第二次遍历中，我们从「头部」开始，从左向右遍历整个数组，如果找到了 1，那么就需要将 1 与「头部」位置的元素进行交换，并将「头部」向后扩充一个位置。在遍历结束之后，所有的 11 都被交换到「头部」的范围，并且都在 0 之后，此时 2只出现在「头部」之外的位置，因此排序完成。

class Solution {
    public void sortColors(int[] nums) {
        int n = nums.length;
        int ptr = 0;
        for (int i = 0; i < n; ++i) {
            if (nums[i] == 0) {
                int temp = nums[i];
                nums[i] = nums[ptr];
                nums[ptr] = temp;
                ++ptr;
            }
        }
        for (int i = ptr; i < n; ++i) {
            if (nums[i] == 1) {
                int temp = nums[i];
                nums[i] = nums[ptr];
                nums[ptr] = temp;
                ++ptr;
            }
        }
    }
}

这种方式，有些地方称之为单指针，因为只声明了一个变量ptr，但是这里的i也为我们起到一个指针的作用，所以叫单指针双指针就无所谓了，没必要较真。

2.基于快速排序的双指针（对撞指针） 

上面需要两次扫盲才可以，那能否一次扫描就解决问题呢？

我们知道快速排序一趟的做法是：随机选择一个元素作为切分元素(pivot)，然后经过一次扫描，通过交换不同位置的元素使得数组按照大小分成以下三个部分：

这里由于需要同时调整三个元素，所以我们需要先定义一个区间：

区间1：[0,p0]==0

区间2：[p0,i)==1

区间3：（p2,len-1]==2

也就是p0要同时维护两个区间。

此时，p0的初始值仍然为 0，而 p2的初始值为 n−1。在遍历的过程中，我们需要找出所有的 0 交换至数组的头部，并且找出所有的 22 交换至数组的尾部。

由于此时其中一个指针 p2从右向左移动的，因此当我们在从左向右遍历整个数组时，如果遍历到的位置超过了 p2，那么就可以直接停止遍历了。

具体地，我们从左向右遍历整个数组，设当前遍历到的位置为 ii，对应的元素为nums[i]；

• 如果找到了 0，那么与前面两种方法类似，将其与nums[p0] 进行交换，并将 p0向后移动一个位置；
• 如果找到了 22，那么将其与nums[p2]进行交换，并将 p2向前移动一个位置。

可以发现，对于第二种情况，当我们将nums[i] 与nums[p2] 进行交换之后，新的 nums[i] 可能仍然是 2，也可能是 0。然而此时我们已经结束了交换，开始遍历下一个元素 nums[i+1]，不会再考虑 nums[i] 了，这样我们就会得到错误的答案。因此，当我们找到 22 时，我们需要不断地将其与 nums[p2] 进行交换，直到新的 \\textit{nums}[i]nums[i] 不为 22。此时，如果 \\textit{nums}[i]nums[i] 为 00，那么对应着第一种情况；如果 \\textit{nums}[i]nums[i] 为 11，那么就不需要进行任何后续的操作。

看个图示，开始的时候是这样的：

最后是这样的：

 

    public void setColors(int[] nums) {
        int len = nums.length;
        if (len < 2) return;
 // all in [0,p0]==0
//all in {p0,i]==1
//all in [p2,len-1]==2

        int p0 = -1;
        int i = 0;
        int p2 = len;
        while (i < p2) {
            if (nums[i] == 0) {
                p0++;
                swap(nums, i, p0);
                i++;
            } else if (nums[i] == 1) {
                i++;
            } else {
                p2--;
                swap(nums, i, p2);
            }
        }

    }

    void swap(int[] nums, int index1, int index2) {
        int temp = nums[index1];
        nums[index1] = nums[index2];
        nums[index2] = temp;
    }