题目描述（中等难度）
给一个数组，含有的数只可能 0，1，2 中的一个，然后把这些数字从小到大排序。
解法一
题目下边的 Follow up 提到了一个解法，遍历一次数组，统计 0 出现的次数，1 出现的次数，2 出现的次数，然后再遍历数组，根据次数，把数组的元素改成相应的值。当然我们只需要记录 0 的次数，和 1 的次数，剩下的就是 2 的次数了。
public void sortColors(int[] nums) {
int zero_count = 0;
int one_count = 0;
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (nums[i] == 0) {
zero_count++;
}
if (nums[i] == 1) {
one_count++;
}
}
for (int i = 0; i < nums.length; i++) {
if (zero_count > 0) {
nums[i] = 0;
zero_count--;
} else if (one_count > 0) {
nums[i] = 1;
one_count--;
} else {
nums[i] = 2;
}
}
}
时间复杂度：O（n）。
空间复杂度：O（1）。
解法二
上边的算法，我们遍历了两次数组，让我们想一想只遍历一次的方法。我们假设一种简单的情况，如果只含有两个数 0 和 1，该怎么做呢？
假设原数组是 1 0 1 1 0，我们可以用一个指针，zero_position，含义是该指针指向的位置，前边的位置全部存 0 。然后再用一个指针 i 遍历这个数组，找到 0 就把 0 放到当前 zero_position 指向的位置， zero_position 后移。用 Z 代表 zero_position，看下边的遍历过程。
1 0 1 1 0 初始化 Z,i 指向第 0 个位置，i 后移
^
Z
i
1 0 1 1 0 发现 0，把 Z 的位置置为 0，并且把 Z 的位置的数字交换过来，Z 后移一位
^ ^
Z i
0 1 1 1 0 i 后移一位
^
i
Z
0 1 1 1 0 i 继续后移
^ ^
Z i
0 1 1 1 0 i 继续后移
^ ^
Z i
0 1 1 1 0 遇到 0，把 Z 的位置置为 0，并且把 Z 的位置的数字交换过来，Z 后移一位
^ ^
Z i
0 0 1 1 1 遍历结束
^ ^
Z i
回到我们当前这道题，我们有 3 个数字，那我们可以用两个指针，一个是 zero_position，和之前一样，它前边的位置全部存 0。再来一个指针，two_position，注意这里是，它后边的位置全部存 2。然后遍历整个数组就行了。
下边画一个遍历过程中的图，理解一下，Z 前边全存 0，T 后边全存 2。
0 1 0 2 1 2 2 2
^ ^ ^
Z i T
public void sortColors(int[] nums) {
int zero_position = 0;
int two_position = nums.length - 1;
for (int i = 0; i <= two_position; i++) {
if (nums[i] == 0) {
//将当前位置的数字保存
int temp = nums[zero_position];
//把 0 存过来
nums[zero_position] = 0;
//把之前的数换过来
nums[i] = temp;
//当前指针后移
zero_position++;
} else if (nums[i] == 2) {
//将当前位置的数字保存
int temp = nums[two_position];
//把 2 存过来
nums[two_position] = 2;
//把之前的数换过来
nums[i] = temp;
//当前指针前移
two_position--;
//这里一定要注意，因为我们把后边的数字换到了第 i 个位置，
//这个数字我们还没有判断它是多少，外层的 for 循环会使得 i++ 导致跳过这个元素
//所以要 i--
//而对于上边 zero_position 的更新不需要考虑，因为它是从前边换过来的数字
//在之前已经都判断过了
i--;
}
}
}
时间复杂度：O（n）。
空间复杂度：O（1）。
解法三
解法二中总共有三种数，然后很自然可以分成三部分，用两个指针作为间隔，但是，如果有 5 种数呢，解法二恐怕就不适用了。在 leetcode 发现另一种解法，参考这里的解法二，用了大问题化小的思想。
我们用三个指针 n0，n1，n2，分别代表已排好序的数组当前 0 的末尾，1 的末尾，2 的末尾。
0 0 1 2 2 2 0 2 1
^ ^ ^ ^
n0 n1 n2 i
然后当前遍历到 i 的位置，等于 0，我们只需要把 n2 指针后移并且将当前数字置为 2，将 n1 指针后移并且将当前数字置为 1，将 n0 指针后移并且将当前数字置为 0。
0 0 1 2 2 2 2 2 1 n2 后移后的情况
^ ^ ^
n0 n1 i
n2
0 0 1 1 2 2 2 2 1 n1 后移后的情况
^ ^ ^
n0 n1 i
n2
0 0 0 1 2 2 2 2 1 n0 后移后的情况
^ ^ ^
n0 n1 i
n2
然后就达到了将 i 指向的 0 插入到当前排好序的 0 的位置的末尾。
原因的话，由于前边插入了新的数字，势必造成数字的覆盖，指针后移后要把对应的指针位置置为对应的数，n2 指针后移后置为 2，n1 指针后移后置为 1，例如，假如之前有 3 个 2，由于前边插入一个数字，所以会导致 1 个 2 被覆盖掉，所以要加 1 个 2。
public void sortColors(int[] nums) {
int n0 = -1, n1 = -1, n2 = -1;
int n = nums.length;
for (int i = 0; i < n; i++) {
if (nums[i] == 0) {
n2++;
nums[n2] = 2;
n1++;
nums[n1] = 1;
n0++;
nums[n0] = 0;
} else if (nums[i] == 1) {
n2++;
nums[n2] = 2;
n1++;
nums[n1] = 1;
} else if (nums[i] == 2) {
n2++;
nums[n2] = 2;
}
}
}
时间复杂度：O（n）。
空间复杂度：O（1）。
总
解法二利用指针，在原来的空间存东西很经典。解法三，其实本质是我们常用的递归思想，先假设一个小问题解决了，然后假如再来一个数该怎么操作。
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