Question

Source

• lintcode: (31) Partition Array

Problem

Given an array nums of integers and an int k , partition the array (i.e move the elements in "nums") such that:

• All elements < k are moved to the left
• All elements >= k are moved to the right

Return the partitioning index, i.e the first index i nums[i] >= k.

Example

If nums = [3,2,2,1] and k=2 , a valid answer is 1 .

Note

You should do really partition in array nums instead of just counting the numbers of integers smaller than k.

If all elements in nums are smaller than k, then return nums.length

Challenge

Can you partition the array in-place and in O(n)?

题解 1 - 自左向右

容易想到的一个办法是自左向右遍历，使用 right 保存大于等于 k 的索引， i 则为当前遍历元素的索引，总是保持 i >= right , 那么最后返回的 right 即为所求。

C++

class Solution {
public:
  int partitionArray(vector<int> &nums, int k) {
    int right = 0;
    const int size = nums.size();
    for (int i = 0; i < size; ++i) {
      if (nums[i] < k && i >= right) {
        int temp = nums[i];
        nums[i] = nums[right];
        nums[right] = temp;
        ++right;
      }
    }

    return right;
  }
};

源码分析

自左向右遍历，遇到小于 k 的元素时即和 right 索引处元素交换，并自增 right 指向下一个元素，这样就能保证 right 之前的元素一定小于 k. 注意 if 判断条件中 i >= right 不能是 i > right , 否则需要对特殊情况如全小于 k 时的考虑，而且即使考虑了这一特殊情况也可能存在其他 bug. 具体是什么 bug 呢？欢迎提出你的分析意见~

复杂度分析

遍历一次数组，时间复杂度最少为 O(n)O(n)O(n), 可能需要一定次数的交换。

题解 2 - 两根指针

有了解过 Quick Sort 的做这道题自然是分分钟的事，使用左右两根指针 left,rightleft, rightleft,right 分别代表小于、大于等于 k 的索引，左右同时开工，直至 left>rightleft > rightleft>right.

C++

class Solution {
public:
  int partitionArray(vector<int> &nums, int k) {
    int left = 0, right = nums.size() - 1;
    while (left <= right) {
      while (left <= right && nums[left] < k) ++left;
      while (left <= right && nums[right] >= k) --right;
      if (left <= right) {
        int temp = nums[left];
        nums[left] = nums[right];
        nums[right] = temp;
        ++left;
        --right;
      }
    }

    return left;
  }
};

源码分析

大循环能正常进行的条件为 left<=rightleft <= rightleft<=right, 对于左边索引，向右搜索直到找到小于 k 的索引为止；对于右边索引，则向左搜索直到找到大于等于 k 的索引为止。注意在使用 while 循环时务必进行越界检查！

找到不满足条件的索引时即交换其值，并递增 left , 递减 right . 紧接着进行下一次循环。最后返回 left 即可，当 nums 为空时包含在 left = 0 之中，不必单独特殊考虑，所以应返回 left 而不是 right .

复杂度分析

只需要对整个数组遍历一次，时间复杂度为 O(n)O(n)O(n), 相比题解 1，题解 2 对全小于 k 的数组效率较高，元素交换次数较少。

Reference

• Partition Array | 九章算法