挺有意思的一道题目，属于我之前没有总结到的情况，他在修改数组的时候用到了第三个指针。

如果是两种颜色的话，大家肯定都会做，直接一头一尾两个指针，扫描到不属于自己同类的就互换。这个题有了第三者，怎样来解决这个问题呢？想一下在一个数组中，怎样才能做到线性时间的修改，必须一次性或者常数性的把当前元素替换到他最终应该待的位置，要么复杂就上去了。那当前元素应该呆在那里呢？如果是0的话，应该呆在数组前面都是0的某个地方，如果是2，应该呆在数组后面都是2的地方。那如果是1呢，应该呆在中间，但是0和2最终在哪只有上帝知道，这个中间不好定义。但是头和尾是可以知道的，这个走遍天下都一样，因此我们只能放弃第三者，只考虑两个原配的位置。

原配的位置一定是要有两个指针来保存的，一个在头一个在尾，只有当新的同类加入时，他们才会移动。因此这个题扫描数组的任务必须交给第三个指针，也是这道题的关键。从头开始，如果第三指针遇到的是0，那么应该替换到数组头，并把0号原配的指针往后推进，如果遇到的是2，那么，应该替换到数组尾部，并把2号原配的指针往前推进一个位置，这里要注意，如果替换回来的是0怎么办？只能做二次替换，因为一旦错过了这次机会，这个0就一直呆在小三位置上了。所以就像一开始遇到0一样，把他往前替换。注意到替换到第三指针指向位置的一定是个小三，因为如果是2号原配，早就替换回数组尾部了，第三指针是依次扫过来的嘛。最后，过程中如果遇到的是小三1，那么就直接忽略，因为如果他在不应该待的位置上，总有一天会有原配来把他替换走的，就像在生活中一样。

class Solution {
public:
    void sortColors(int A[], int n) {
        int beg = 0, end = n-1;
        for(int i=0;i<=end;i++){
            if(A[i] == 0){
                if(A[i] != A[beg])
                    swap(A[beg], A[i]);
                ++beg;
            }else if(A[i] == 2){
                while(end>i&&A[end] == 2)
                    --end;
                if(end<=i)  break;
                swap(A[end], A[i]);
                --end;
                if(A[i] == 0){
                    swap(A[beg], A[i]);
                    beg++;
                }
            }
        }
    }
};