对 0s、1s 和 2s 的数组进行排序

兜兜转转是个圆

给定一个只包含零、一和二的数组。根据函数编写函数O(n)对给定数组进行时间复杂序。
Input :Output :[0,0,1,1,1,2,2,2,2][0,0,1,1,1,2,2,2,2]
解决方案:
                                                            方法 – I ：
解决这个问题的一个非常基本的方法是保持给定数组中零、一和二的数量，然后根据每个数字的频率操作给定数组。这种方法有点受到计数排序的启发。无论具体索引的初始值是什么，我们首先从索引零开始放置数组中的所有零，然后放置所有 1，然后放置所有 2。
步骤：
1.) 遍历给定数组一次，并不断增加遇到的数字计数。
2.) 现在从索引零开始再次遍历数组，并不断改变索引上当前元素的值，首先耗尽所有零，然后是 1，最后是 2。
这样，我们就有了一个排序数组，所有的零都在开始，然后是所有的 1，然后在最后一节，我们的时间复杂度是. O(n)
但这种方法的主要缺点是，我们必须给定数组两次来计算零、一和二的数量，第二次给定数组排序，这只能在一次通过中完成。
      package Arrays; public class sort012 { public static void main(String[] args)             int[]a = sort(a);       for(int val : a)                      System.out.println(val " ");       *Function to sort the given array*/ public static void sort(int[]a)                /* array to keep the count of 0s,1s,2s*/       int[]freq = new int[3]* traverse the given array for filling the       * frequency array*/       for(int val : a)                      freq[val]       *pointer to traverse the given array again*/       int pointer = for(int i=0;i0)                   *at the current pointer plot the current number*                a[pointer]=i;       *increment the pointer*             pointer                   方法 – II ：
这种算法被称为Dutch national flag algorithm 或 Three way partitioning类似类型的元素分组在一起，它们的集合组也按正确的顺序排序。
现在我们有三种元素要排序。因此，我们将给定的数组分为四个部分，其中 3 被指定为zeroes，Ones和twos有一部分是unknown或者留下要探索的部分。现在，为了遍历这些部分，我们还需要 3 指针，它们实际上将给定的数组分为四段。
让我们把这些指针命名为低、中和高。
现在我们可以区分这些段落的起点和终点。
Segment-1 : zeroes
这将是已知的一部分，只是zeroes包含范围为[0，low-1].
Segment-2: Ones
这也是一个知识部分，只包括的范围[low,mid-1]。
Segment-3 : Unexplored
这将是一个未知的部分，因为这部分的元素还有待探索，所以它可以包含所有类型的元素，即零、一和二。这一段的范围将是[mid,high]
Segment-4：Twos
这将是最后一个已知区，只包括范围[high 1,N]N 是给定数组长度或基本给定数组最后一个有效索引的二进制数。
该算法用于在单次传输中对给定数组进行排序：
（I）初始化低，中，高指针，low = 0，mid = 0，high = N
（II）现在，运行一个循环并执行以下操作，直到mid最终满足指针highpointer.As的mid指针向前移动，我们一直在向前移动元素mid该指针通过将该元素与指针相应部位的元素交换到指针的正确位置。
（ⅲ）CASE - I：若在所述元素中mid，也就是A[mid] ==该装置的正确位置在上述范围内[0，low-因此，我们交换A[mid]与A[low] 和增量低确保元件与指数大于低较小是零。
(iv) CASE – II：如果元素在mid，即，A[mid]==2.本手段该元件的正确位置在上述范围内[hi 1,N]，所以，我们交换A[mid]与A[hi]确保指数大于高元件的递减高是两个决定。
(v) CASE – III :如果元素在中间，即A[mid]=1.这意味着元素已经在正确的部分，因为它[low,mid-1]是它需要的范围。因此，我们什么都不做，只是简单地添加中间指针。
因此，总共有三种情况，让我们花点时间强调一个事实，即中指针只是元素A[mid] == 1.
让我们单独讨论每个案例，
对于情况-我 :在这种情况下，我们增加了mid而且随着增量low指针，因为我们相信在交换之前，只有一个低指针元素可以被交换，因为当时有两个元素high指针，当mid中指针离开它的唯一原因是指针探索它。
对于情况- II：现在，在这种情况下，我们交换位置元素mid和high，但与案例-在这种情况下，我们不知道它会在元素中mid指数交换元素后high索引之前的交换可以是任何零，一两个，所以我们需要探索这换的元素，所以mid在这种情况下，我们不添加指针。
对于情况 – III：mid在这种情况下，正如我们已经讨论过的，因为我们知道元素 atmid是 1，所以我们必须在这里增加 mid。
该算法的时间复杂性也是如此O(n)，但它只需要一次遍历就可以对数组进行排序，与以前的方法不同，没有额外的空间。
      package Arrays; public class sort012 { public static void main(String[] args)             int[]a = sort(a);       for(int val : a)                      System.out.print(val " ");       public static void sort(int[]a)                /* Three pointers to divide the array in designated segments       * as discussed in the post*/       int low=0,mid=0,high=a.length-1.       while(mid这是关于对 0、1 的数组进行排序。

对 0s、1s 和 2s 的数组进行排序

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