力扣第 283 题「移动零」是一道经典的数组原地操作入门题：
给定一个数组 nums，把所有的 0 移动到数组末尾，同时必须保持非零元素的相对顺序。
硬性约束：
- 必须在原数组上操作，不能拷贝额外的数组（原地操作，空间 $O(1)$）；
- 尽量减少完成的操作次数。
方案一：辅助数组（直觉解，但违反“原地”约束）
最容易想到的直观写法：开辟一个临时的 vector<int> tmp，把所有非零数推进去，再填回原数组：
class SolutionExtra {
public:
void moveZeroes(vector<int>& nums) {
vector<int> tmp;
for (int x : nums) {
if (x != 0) tmp.push_back(x);
}
// 填回非零数
for (size_t i = 0; i < tmp.size(); i++) {
nums[i] = tmp[i];
}
// 后面补零
for (size_t i = tmp.size(); i < nums.size(); i++) {
nums[i] = 0;
}
}
};- 问题：虽然能通过力扣的最终内容检查，但额外空间是 $O(n)$，完全违反了题目要求的“原地”修改，在面试中是不合格的。
方案二：原地覆盖 + 补零（两遍扫描）
其实根本不需要临时数组 tmp，因为 nums 自己的开头就是最好的容器！
我们维护一个“写指针” k（记录下一个非零元素该放哪），再用读指针扫一遍：
class SolutionTwoPass {
public:
void moveZeroes(vector<int>& nums) {
int k = 0;
// 第一遍：把所有非零元素紧凑地移到数组最前面
for (int i = 0; i < (int)nums.size(); i++) {
if (nums[i] != 0) {
nums[k++] = nums[i];
}
}
// 第二遍：k 之后的所有位置全部补 0
for (int i = k; i < (int)nums.size(); i++) {
nums[i] = 0;
}
}
};为什么原地覆盖是绝对安全的？
关键在于数学不变量：因为每遇到一个 0，写指针 k 就会落后于读指针 i，因此永远有 $k \le i$。
写指针 k 覆盖的位置，都是读指针早就看过的历史旧数据，绝对不会冲掉任何还未处理的信息。
这种读写双指针模式是解决 LC 26（删除有序数组中的重复项）、LC 27（移除元素）的标准范式。
方案三：快慢指针交换（单遍扫描，操作最少）
方案二要跑两次扫描，且即使数组原本全是非零（如 [1, 2, 3]），也必须对每个元素做一次无意义的自赋值写入。
如果改用交换（std::swap）：
把慢指针 slow 视为“非零元素存放边界”，快指针 fast 向前探路：
- 只要
fast扫到非零数，就把它和slow位置交换； - 非零数被换到前面，原本位置上的
0自然被推到了后面； slow往前推进一格。
#include <vector>
#include <utility> // std::swap
using namespace std;
class Solution {
public:
void moveZeroes(vector<int>& nums) {
int slow = 0;
for (int fast = 0; fast < (int)nums.size(); fast++) {
if (nums[fast] != 0) {
// 只有 slow 和 fast 不重合时才交换，避免自身与自身交换的冗余开销
if (slow != fast) {
swap(nums[slow], nums[fast]);
}
slow++;
}
}
}
};- 复杂度：时间 $O(n)$（仅需一次遍历），空间 $O(1)$。
- 操作次数最少：如果数组全是正数，一次赋值操作都不会发生；只有在遇到 0 之后，才会产生必要的交换。
本题掌握的 C++ 关键语法
void与引用vector<int>&： 与前面几题不同，本题没有返回值（void），要求直接改动入参。 参数里的&（引用）就是允许在函数内直接修改调用方原数组的唯一通道；如果写成vector<int> nums（值传递），改动的全都是函数栈帧内的副本，外面丝毫未动。std::swap的便利性： 在 C++ 里直接调用swap(a, b)即可完成两个变量值的交换，省去了手动引入临时中间变量的繁琐三行代码。