Question

我在LeetCode.com上解决了一个问题：

给定一个n对象为红色，白色或蓝色的数组，将它们就地排序，使相同颜色的对象相邻，颜色顺序为红色，白色和蓝色。这里，他们使用整数0,1和2分别表示红色，白色和蓝色。 [无法使用琐碎的计数排序]。

输入：[2,0,2,1,1,0];预期的输出是：[0,0,1,1,2,2]。

其中一个highly upvoted solutions是这样的：

   public void sortColors(vector<int>& A) {
       if(A.empty() || A.size()<2) return;
       int low = 0; 
       int high = A.size()-1;
       for(int i = low; i<=high;) {
           if(A[i]==0) {
              // swap A[i] and A[low] and i,low both ++
              int temp = A[i];
              A[i] = A[low];
              A[low]=temp;
              i++;low++;
           }else if(A[i]==2) {
               //swap A[i] and A[high] and high--;
              int temp = A[i];
              A[i] = A[high];
              A[high]=temp;
              high--;
           }else {
               i++;
           }
       }
   }

我的问题是，i和A[i]==0时为什么A[i]==1会增加而A[i]==2时呢？使用笔和纸，算法只是工作给我答案;但是你能提供一些直觉吗？

谢谢！

Answer 1

此步骤遍历数组并维护元素0..i已排序的约束，以及所有0或1。（那里的2被交换到数组的末尾。）

当A[i]==0时，您将i（我们刚才说的0）的元素与low处的元素进行交换，这是第一个1 - 0..i范围内的元素（如果有）。因此，在交换之后，A[i]==1即可（约束仍然有效）。我们现在可以安全地在阵列中前进。如果A[i]==1最初也是如此，在这种情况下不执行交换。

当A[i]==2时，你基本上将元素i（我们刚才说的是2）移动到数组的末尾。但是你也要从数组的末尾移动一些东西进入元素i的位置，而我们也不知道那个元素是什么（因为我们还没有处理过之前，与A[i]==0案例不同）。因此，我们无法安全地向前移动i，因为A[i]处的新元素可能尚未出现在正确的位置。我们需要另一个迭代来处理新的A[i]。

Answer 2

也就是说，因为对于0和1，只处理当前项目剩余的项目，并且已经审查/排序了这些项目。只处理来自阵列右端的2s项目，尚未查看。

更具体一点：在此特定示例中，仅处理三种不同的状态：

正在审核的当前项目等于0：在这种情况下，此排序算法只是将此项目放在已经排序的所有零的末尾（也称为A [low]）。此外，A [low]之前的项目只能是0或1（因为它们已经排序），这意味着您可以只交换当前项目而不会中断序列。现在有趣的部分：到目前为止，从A [0]到A [low]到A [i]的每个项目已经被排序，所以下一个需要审查的项目将是A [i + 1]，因此i ++
当前项目等于1：在这种情况下，不需要进行交换，因为所有0和1已经被放入A [0]到A [i - 1]并且所有2已经被放入数组的结尾。这意味着，下一个要审查的项目是A [i + 1]，因此是i ++
当前项目等于2：在这种情况下，当前项目将被放置在数组的末尾，旁边（即左侧）所有其他已经排序的2s（A [高]）。该项目将从A [high]交换到A [i]尚未进行分类，因此必须在下一步中进行审核，因此我i = i;

递增迭代变量后的直觉？

2 个答案: