一、方法一：把nums当作栈。用一个栈记录非零元素。
1.思路：
（1）以示例1为例，nums = [0,1,0,3,12]，判断过程如下表所示。
（2）最后，再在栈的末尾添加两个零，即为答案[1,3,12,0,0]。
（3）为了做到O(1)的空间复杂度，可以直接把nums当作栈，用一个变量StackSize表示栈的大小，初始值为0。
（4）入栈就是把nums[StackSize]置为nums[i]，同时把StackSize加1。
（5）最后把nums中的下标从StackSize到n - 1的数都置为0。
2.复杂度分析：
（1）时间复杂度：O(n)，其中n是nums的长度。
（2）空间复杂度：O(1)。
附代码：
class Solution { public void moveZeroes(int[] nums) { int stackSize = 0; for(int x : nums){ if(x != 0){ //先赋值再加1 nums[stackSize++] = x; } } //Arrays.fill是前闭后开区间 //从索引stackSize开始（包含），到索引nums.length结束（不包含），将元素置为0 Arrays.fill(nums,stackSize,nums.length,0); } }二、方法二：双指针 + 交换元素。
1.优势：方法一在最坏的情况下（nums全为0），需要遍历nums两次，而本方法只需要一次遍历。
2.核心思路：
（1）把0视作空位，把所有非0元素移动到数组左边的空位上，并保证非0元素的顺序不变。
（2）举例：如nums = [0,0,1,2]，把1放到最左边的空位上，数组就变成了[1,0,0,2]。注意1移动过去后，在原来1的位置又产生了一个新的空位。也就是说，交换了nums[0] = 0和nums[2] = 1这两个数。
（3）为了保证非0元素的顺序不变，需要维护最左边的空位的位置（即下标）。
3.具体思路：
（1）从左到右遍历nums[i]。
（2）同时维护另一个下标i0（初始值为0），并保证下标区间[i0,i - 1]都是空位，且i0指向最左边的空位。
（3）每次遇到nums[i] != 0的情况，就把nums[i]移动到最左边的空位上，也就是交换nums[i]和nums[i0]。交换后把i0和i都加1，从而使【[i0,i - 1]都是空位】这一性质仍然成立。
（4）如果nums[i] = 0，无需交换，只把i加1。
4.举例：示例1的nums = [0,1,0,3,12]，计算过程如下所示（下划线表示交换的两个数）：
5.由于每次操作后，[i0,i - 1]对应的元素值全为0这一性质始终成立，所以nums遍历结束后（i == n），[i0,n - 1]对应的元素值全为0，且[0，i0 - 1]都是交换过去的非0元素，这样就满足了题目“将所有的0移动到数组的末尾”的要求。
6.复杂度分析：
（1）时间复杂度：O(n)，其中n是nums的长度。
（2）空间复杂度：O(1)。
附代码：
class Solution { public void moveZeroes(int[] nums) { int i0 = 0; for(int i = 0;i < nums.length;i++){ //i用来找第一个非0元素，并与i0交换位置 //如果i指向的元素为0，i继续向后找 //如果i指向的元素非0，i指向的元素就会和i0交换，然后i0++,因此i0左边的元素都是非0元素 //i0指向下一个非0元素应该存放的位置（i0左边的元素都是已经整理好的非0元素，i0和i之间的元素都是0） if(nums[i] != 0){ //交换nums[i]和nums[i0] int tmp = nums[i]; nums[i] = nums[i0]; nums[i0] = tmp; i0++; } } } }
