給定一個包含紅色、白色和藍色、共 n 個元素的數組 nums ，原地對它們進行排序，使得相同顏色的元素相鄰，並按照紅色、白色、藍色順序排列。
我們使用整數 0、 1 和 2 分別表示紅色、白色和藍色。
必須在不使用庫的sort函數的情況下解決這個問題。
示例 1：
輸入：nums = [2,0,2,1,1,0]
輸出：[0,0,1,1,2,2]
示例 2：
輸入：nums = [2,0,1]
輸出：[0,1,2]
提示：
n == nums.length
1 <= n <= 300
nums[i] 爲 0、1 或 2
進階：
你可以不使用代碼庫中的排序函數來解決這道題嗎？
你能想出一個僅使用常數空間的一趟掃描算法嗎？
【分析】
本題是經典的荷蘭國旗🇳🇱問題，根據題目提示，我們可以統計出數組中0，1，2的個數，再根據它們的數量，重寫整個數組。這種方法較爲簡單，也很容易想到。而這裏會介紹兩種基於指針進行交換的方法。
方法一：單指針
可以考慮對數組進行兩次遍歷。在第一次遍歷中，我們將數組中所有的0交換到數組的頭部。在第二次遍歷中，我們將數組中所有的1交換到頭部的0之後。此時，所有的2都出現在數組的尾部，這樣我們就完成了排序。
具體地，我們使用一個指針ptr表示頭部的範圍，ptr中存儲了一個整數，表示數組nums從位置0到位置ptr-1都屬於頭部。ptr的初始值爲0，表示還沒有數處於頭部。
在第一次遍歷中，我們從左向右遍歷整個數組，如果找到了0，那麼就需要將0與頭部位置的元素進行交換，並將頭部向後擴充一個位置。在遍歷結束之後，所有的0都被交換到頭部的範圍，並且頭部只包含0。
在第二次遍歷中，我們從頭部開始，從左向右遍歷整個數組，如果找到了1，那麼就需要將1與頭部位置的元素進行交換，並將頭部向後擴充一個位置，在遍歷結束後，所有的1都被交換到頭部的範圍，並且都在0之後，此時所有的2都分佈在頭部之外的位置。排序完成。
時間複雜度：O(n)，n爲數組nums的長度。
空間複雜度：O(1)。
class Solution: def sortColors(self, nums: List[int]) -> None: """ Do not return anything, modify nums in-place instead. """ n = len(nums) ptr = 0 # 定義指針ptr表示頭部的範圍，ptr中用於存儲一個數組，表示數組nums從位置0到位置ptr-1都屬於頭部。其初始值爲0，表示還沒有數字處於頭部之中。 # 將數字0置於頭部。 for i in range(n): if nums[i] == 0: nums[i], nums[ptr] = nums[ptr], nums[i] ptr += 1 # 將數字1置於頭部，這個頭部範圍在0之後。 for i in range(ptr, n): if nums[i] == 1: nums[i], nums[ptr] = nums[ptr], nums[i] ptr += 1
方法二 雙指針
方法一需要兩次遍歷，那麼我們是否可以僅使用一次遍歷呢？我們可以額外使用一個指針，使用兩個指針分別來交換0和1。
具體地，我們用指針p0來交換數字0，用指針p1來交換數字1，初始值都爲0，當我們從左向右遍歷整個數組時：
（1）若找到了1，那麼將其與nums[p1]進行交換，並將p1向後移動一位，這與方法一相同。
（2）如果找到了0，那麼將其與nums[p0]進行交換，並將p0向後移動一位，這樣做是正確的嗎？我們可以注意到，因爲連續的0之後是連續的1，因此如果我們將0與nums[p0]進行交換，那麼我們可能會把一個1交換出去。當p0<p1時，我們已經將一些1連續地放在頭部，此時一定會把一個1交換出去，導致答案錯誤。因此，如果p0<p1，那麼我們需要再將nums[i]與nums[p1]交換，其中i是當前遍歷到的位置，在進行了第一次交換後，nums[i]的值爲1，我們需要將這個1放到頭部的末端。在最後，無論是否有p0<p1，我們都需要將p0和p1均向後移動一個位置，而不是隻將p0向後移動一個位置。
class Solution: def sortColors(self, nums: List[int]) -> None: """ Do not return anything, modify nums in-place instead. """ n = len(nums) p0, p1 = 0, 0 # 將數字0置於頭部。 for i in range(n): if nums[i] == 1: nums[i], nums[p1] = nums[p1], nums[i] p1 += 1 elif nums[i] == 0: nums[i], nums[p0] = nums[p0], nums[i] # 當p0 < p1， if p0 < p1: nums[i], nums[p1] = nums[p1], nums[i] p0 += 1 p1 += 1 # 複雜度分析 # 時間複雜度：O(n)，其中 n 是數組nums 的長度。 # 空間複雜度：O(1)。
方法三：雙指針
與方法二類似，我們也可以考慮使用指針p0來交換數字0，使用指針p2來交換數字2。此時，p0的初始值仍然爲0，而p2的初始值爲n-1。在遍歷過程中，我們需要找出所有的0將其交換至數組頭部，並且找出所有的2將其交換至數組的尾部。
由於此時其中一個指針p2是從右向左移動的，因此當我們在從左向右遍歷整個數組時，如果遍歷到的位置超過了p2，那麼就可以直接停止遍歷了。
具體地，我們從左向右遍歷整個數組，設當前遍歷到的位置爲i，對應的元素值爲nums[i]：
（1）若找到了0，那麼與前面兩種做法類似，將其與nums[p0]進行交換，並將p0向後移動一位；
（2）若找到了2，那麼將其與nums[p2]進行交換，並將p2向前移動一個位置。
這樣做對嗎？可以發現，對於第二種情況，當我們將nums[i]與nums[p2]進行交換後，新的nums[i]可能仍然是2，也可能是0。然而此時我們已經結束了交換，開始遍歷下一個元素nums[i+1]，不會再考慮nums[i]了，這樣我們就會得到錯誤的答案。
因此當我們找到2時，需要不斷地將其與nums[p2]進行交換，直到新的nums[i]不爲2。此時，如果nums[i]爲0，那麼對應着第一種情況；如果nums[i]爲1，那麼就不需要進行任何後續操作。
class Solution: def sortColors(self, nums: List[int]) -> None: n = len(nums) p0, p2 = 0, n - 1 i = 0 while i <= p2: while i <= p2 and nums[i] == 2: nums[i], nums[p2] = nums[p2], nums[i] p2 -= 1 if nums[i] == 0: nums[i], nums[p0] = nums[p0], nums[i] p0 += 1 i += 1