LeetCode 75，题目虽然简单，但你能想到最佳解法吗？

点击上方蓝字，和我一起学技术。

今天是LeetCode专题的44篇文章，我们一起来看下LeetCode的75题，颜色排序 Sort Colors。

这题的官方难度是Medium，通过率是45%，点赞2955，反对209（国际版数据），从这份数据上我们大概能看得出来，这题的难度不大，并且点赞远远高于反对，说明题目的质量很不错。事实上也的确如此，这题足够简单也足够有趣，值得一做。

题意

给定一个n个元素的数组，数组当中的每一个元素表示一个颜色。一共有红白蓝三种颜色，分别用0，1和2来表示。要求将这些颜色按照大小进行排序，返回排序之后的结果。

要求不能调用排序库sort来解决问题。

桶排序

看完题目应该感受到了，如果没有不能使用sort的限制，这题毫无难度。即使加上了限制难度也不大，我们既然不能调用sort，难道还不能自己写个sort吗？Python写个快排也才几行而已。

自己写sort当然是可以的，显然这是下下策。因为元素只有3个值，互相之间的大小关系也就只有那么几种，排序完全没有必要。比较容易想到，我们可以统计一下这三个数值出现的次数，几个0几个1几个2，我们再把这些数拼在一起，还原之前的数据不就可以了吗？

这样的确可行，但实际上这也是一种排序方案，叫做基数排序，也称为桶排序，还有些地方称为小学生排序（大概是小学生都能懂的意思吧）。基数排序的思想非常简单，我们创建一个数组，用它的每一位来表示某个元素是否在原数组当中出现过。出现过则+1，没出现过则一直是0。我们标记完原数组之后，再遍历一遍标记的数组，由于下标天然有序，所以我们就可以得到排序之后的结果了。

如果你还有些迷糊也没有关系，我们把代码写出来就明白了，由于这题让我们提供一个inplace的方法，所以我们在最后的时候需要对nums当中的元素重新赋值。

`class Solution:
    def sortColors(self, nums: List[int]) -> None:
        """
        Do not return anything, modify nums in-place instead.
        """
        bucket = [0 for _ in range(3)]
        for i in nums:
            bucket[i] += 1

        ret = []
        for i in range(3):
            ret += [i] * bucket[i]

nums[:] = ret[:]
`

和排序相比，我们只是遍历了两次数据，第一次是遍历了原数组获得了其中0，1和2的数量，第二次是将获得的数据重新填充回原数组当中。相比于快排或者是其他一些排序算法的耗时，桶排序只遍历了两次数组，明显要快得多。但遗憾的是这并不是最佳的方法，题目当中明确说了，还有只需要遍历一次原数组的方法。

two pointers

在我们介绍具体的算法之前，我们先来分析一下问题。既然颜色只有三种，那么当我们排完序之后，整个数组会被分成三个部分，头部是0，中间是1，尾部是2。

我们可以用一个区间来收缩1的范围，假设我们当前区间的首尾元素分别是l和r。当我们读到0的时候，我们就将它和l交换，然后将l向后移动一位。当我们读到2的时候，则将它和r进行交换，将r向左移动一位。也就是说我们保证l和r之间的元素只有1。

我们之前曾经介绍过这种维护一个区间的做法，虽然都是维护了一个区间，但是操作上是有一些区别的。之前介绍的two pointers算法，也叫做尺取法，本质上是通过移动区间的右侧边界来容纳新的元素，通过移动左边界弹出数据的方式来维护区间内所有元素的合法性。而当前的做法中，一开始获得的就是一个非法的区间，我们通过元素的遍历以及区间的移动，最后让它变得合法。两者的思路上有一些细微的差别，但形式是一样的，就是通过移动左右两侧的边界来维护或者是达到合法。

class Solution: def sortColors(self, nums: List[int]) -> None: """ Do not return anything, modify nums in-place instead. """ l, r = 0, len(nums)-1 i = 0 while i < len(nums): if i > r: break # 如果遇到0，则和左边交换 if nums[i] == 0: nums[l], nums[i] = nums[i], nums[l] l += 1 # 如果遇到2，则和右边交换 # 交换之后i需要-1，因为可能换来一个0 elif nums[i] == 2: nums[r], nums[i] = nums[i], nums[r] r -= 1 continue i += 1

这种方法我们虽然只遍历了数组一次，但是由于交换的次数过多，整体运行的速度比上面的方法还要慢。所以遍历两次数组并不一定就比只遍历一次要差，毕竟两者都是的算法，相差的只是一个常数。遍历的次数只是构成常数的部分之一。

除了这个方法之外，我们还有其他维护区间的方法。

维护区间

接下来要说的方法非常巧妙，我个人觉得甚至要比上面的方法还有巧妙。

我们来假想一下这么一个场景，假设我们不是在原数组上操作数据，而是从其中读出数据放到新的数组当中。我们先不去想应该怎么摆放这个问题，我们就来假设我们原数组当中的数据已经放好了若干个，那么这个时候的新数组会是什么样？显然，应该是排好序的，前面若干个0，中间若干个1，最后若干个2。

那么问题来了，假设这个时候我们读到一个0，那么应该怎么放呢？为了简化叙述我们把它画成图：

LeetCode 75，题目虽然简单，但你能想到最佳解法吗？

我们假设蓝色部分是0，绿色部分是1，粉色部分是2。a是0最右侧的下标，b是1部分最右侧的下标，c是2部分最右侧的下标。那么这个时候，当我们需要放入一个0的时候，应该怎么办？

我们结合图很容易想明白，我们需要把0放在a+1的位置，那么我们需要把后面1和2的部分都往右侧移动一格，让出一格位置出来放0。我们移动数组显然带来的开销会过于大，实际上没有必要移动整个部分，只需要移动头尾元素即可。比如1的部分左侧被0占掉了一格，那么为了保持长度不变，右侧也需要延伸一格。同理，2的部分右侧也需要延伸一格。那么整个操作用代码来表示就是：nums[a+1] = 0，nums[b+1] = 1, nums[c+1] = 2。

假设我们读入的数是1，那么我们需要把b延长一个单位，但是这样带来的后果是2的部分被侵占，所以需要将2也延长，补上被1侵占的一个单位。如果读到的是2，那么直接延长2即可，因为2后面没有其他颜色了。

假设我们有一个空白的数组，我们可以这么操作，但其实我们没有必要专门创建一个数组，我们完全可以用原数组自己填充自己。因为我们从原数组上读取的数和摆放的数是一样的，我们直接把数字摆放在原数组的头部，占用之前读取的数即可。

光说可能还有些迷糊，看下代码马上就清楚了：

class Solution: def sortColors(self, nums: List[int]) -> None: """ Do not return anything, modify nums in-place instead. """ # 记录0，1和2的末尾位置 zero, one, two = -1, -1, -1 n = len(nums) for i in range(n): # 如果摆放0 # 那么1和2都往后平移一位，让一个位置出来摆放0 if nums[i] == 0: nums[two+1] = 2 nums[one+1] = 1 nums[zero+1] = 0 zero += 1 one += 1 two += 1 elif nums[i] == 1: nums[two+1] = 2 nums[one+1] = 1 one += 1 two += 1 else: nums[two+1] = 2 two += 1

总结

到这里，这道题的解法基本上都讲完了。

相信大家也都看出来了，从难度上来说这题真的不难，相信大家都能想出解法来，但是要想到最优解还是有些困难的。一方面需要我们对题目有非常深入的理解，一方面也需要大量的思考。这类题目没有固定的解法，需要我们根据题目的要求以及实际情况自行设计解法，这也是最考验思维能力以及算法设计能力的问题，比考察某个算法会不会的问题要有意思得多。

希望大家都能从这题当中获得乐趣，如果喜欢本文，可以的话，请点个关注，给我一点鼓励，也方便获取更多文章。

LeetCode 75，题目虽然简单，但你能想到最佳解法吗？