颜色分类
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:
输入:** [2,0,2,1,1,0]
输出: [0,0,1,1,2,2]</pre>
进阶：
- 一个直观的解决方案是使用计数排序的两趟扫描算法。
首先，迭代计算出0、1 和 2 元素的个数，然后按照0、1、2的排序，重写当前数组。 - 你能想出一个仅使用常数空间的一趟扫描算法吗？
题目分析
- 相同元素相邻，换句话说即分区存放，一个颜色一个区域，但因为这里颜色使用0 ，1，2表示，即对一个012的无序序列进行排序，变成000...111....2222的顺序。
正常排序算法都适用，只不过这里注意仅有三种可能的顺序值，可以有特殊做法。
- 对于一个元素，我们将他分区时，肯定是插在区域的末尾，换句话说，我们只要保留每个区域的末尾下标，插入的时候交换过去就可以了。
三个区域，其实我们只要确定了两个区域即可确定第三个区域，因为0区域在最左边，2区域在最右边，方便程序定位，因此取0 2 的末尾指针保留下来。
- 确定了双指针确定区域，那么怎么进行遍历处理呢？确定了分类移动的位置，即cur遍历每一位的数值，分类处理遇到0放左边，遇到2放右边，02放好了，则1的区域也放好了。
针对cur的分类处理：
是0，则和0的flag ，left交换值，同时left++。此时cur获取的是之前的left交换过来的值。我们知道我们换过去的处理好了，那么这个换过来的还需要处理吗？目前还不知道，先看2的情况的处理。
是2，则和2的flag，right交换，同时right--。同样，此时cur获取了交换过来的值，由于这个值必然是在cur右边（因为它是原right，即cur的右边界），则cur肯定没有遍历过这个值。
同时因为它在cur右边，它也不可能是交换过去的，因为交换过去的值肯定都在0 2 区域里了。
因此这个值是野生的，所以cur在此停留，继续处理这个交换过来的值。是1，因为我们把0 2 排序好，1的区域自然就出来了，因此1直接不处理，过就好了
-
那么看看0的情况交换过来的值？首先这个值的位置关系，即原left是在cur左边还是右边呢？
只有当left会在cur右边时，left指向的才可能是cur没处理过的，但此时cur在left内部？那cur就是把一个0换到了外边，把一个乱序的换进了0的内部，内鬼毫无意义。
当left在cur左边时，即left指向的必定经过了cur的洗礼，而且它必不是原来在后面被换到前面的，因为交换的肯定在left内部去了。所以它原值就是在那，且经过处理不用动，因此从left换到现在的cur之后，也是同样的处理，也不用动它，cur++拜拜嘞。
当cur遇到right，即到达2的边界，则说明不需要处理了，结束。
题解代码
class Solution {
public:
void sortColors(vector<int>& nums)
{
int left=0;
int right=nums.size()-1;
int cur=0;
while(cur<=right)
{
if(nums[cur]==0)//这个数字是0，移动0区域内，
{
swap(nums[cur],nums[left]);
//假如cur>left，left交换过来的值肯定已经被处理过了，但是处理时产生交换，原left指向的，一定是不用处理的吗？
//jeromememory：准确的说 cur 如果 与 p0 不是指向同一个索引，那 cur 指向的索引值如果发生交换，那交换过来的一定是 1（原因是只有当遍历过的节点有1，p0 和 cur 才不会同步），而 如果索引是 1 刚好也就不用有任何操作，所以可以直接++。
//假如cur==left==0，没啥好说的，下一个
//假如cur<left, 可能吗？cur++的机会 >= left++的机会
left++;
}
else if(nums[cur]==2)//这个数字是2，移到2区域内
{
swap(nums[cur],nums[right]);
right--;
//交换过来的值，是右边过来的，cur没处理过，因此还需要对这个位置处理，--抵消++，位置不变
cur--;
}
cur++;
}
}
};
