洗牌算法一:
生成一个不重复的随机序列，将随机序列绑定到nums[]，然后对随机序列做一次排序。
洗牌算法二：（经典洗牌算法）
for(int i=nums.length-1; i>=1; i--) Swap(nums[i], nums[rand()%(i+1)]);
经典算法的证明：
对于nums[i],洗牌后在第n-1个位置的概率是1/n（第一次交换的随机数为i）
在n-2个位置概率是[(n-1)/n] * [1/(n-1)] = 1/n，（第一次交换的随机数不为i，第二次为nums[i]所在的位置（注意，若i=n-1，第一交换nums[n-1]会被换到一个随机的位置））
在第n-k个位置的概率是[(n-1)/n] * [(n-2)/(n-1)] *...* [(n-k+1)/(n-k+2)] *[1/(n-k+1)] = 1/n
（第一个随机数不要为i，第二次不为nums[i]所在的位置(随着交换有可能会变)……第n-k次为nums[i]所在的位置）
洗牌算法三：（inside-out算法，可用于未知牌数）
类似于蓄水池抽样算法。
int i=0;
while(nums[i]存在)
{
int k = rand()%(i + 1);
res[i] = res[k];
res[k] = nums[i++];
}
上面是伪代码，如果知道nums的lenght的话，可以改为for循环，由于是从前往后遍历，所以可以应对nums[]数目未知的情况，或者nums[]是一个动态增加的情况。
证明如下：
原数组的第 i 个元素在新数组的前 i 个位置的概率都是：(1/i) * [i/(i+1)] * [(i+1)/(i+2)] *...* [(n-1)/n] = 1/n，（即第i次刚好随机放到了该位置，在后面的n-i 次选择中该数字不被选中）
原数组的第 i 个元素在新数组的 i+1 （包括i + 1）以后的位置（假设是第k个位置）的概率是：(1/k) * [k/(k+1)] * [(k+1)/(k+2)] *...* [(n-1)/n] = 1/n（即第k次刚好随机放到了该位置，在后面的n-k次选择中该数字不被选中）
蓄水池抽样：
问题：如何随机从n个对象中选择一个对象，这n个对象是按序排列的，但是在此之前你是不知道n的值的。
解法：我们总是选择第一个对象，以1/2的概率选择第二个，以1/3的概率选择第三个，以此类推，以1/m的概率选择第m个对象。当该过程结束时，每一个对象具有相同的选中概率，即1/n.