【基础算法总结】链表

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1.链表常用技巧和操作总结

常用技巧

1.画图 !!! -> 直观 + 形象 + 便于我们理解

2.引入虚拟 “头” 节点

1. 便于处理边界情况
2. 方便我们对链表操作

3.不要吝啬空间，大胆去定义变量

比如都会遇到到这种题，前两句必须放前面，不然链表就断开了。但是我们可以定义一个next，这样就不用管按什么顺序了。

4.快慢指针

判环，找链表中环的入口，找链表中倒数第 n 个节点，都是用快慢指针解决的。

链表中的常用操作

1.创建一个新节点 new

2.尾插

3.头插

2.两数相加

题目链接：2. 两数相加

题目分析：

给两个链表，注意是逆序的。将两个数相加，还以逆序方式返回一个表示和的链表。

这道题给逆序正好方便我们从低位相加，如果是正序给的还要把链表逆置一下。

算法原理：

解法：模拟两数相加的过程即可

我们先来一个虚拟头结点，这样就少了判断为空的情况，直接尾插即可！在来一个 t 表示进位。t = cur1->val + cur2->val，每次都拿个数位构建节点。

class Solution {
public:ListNode* addTwoNumbers(ListNode* l1, ListNode* l2) {ListNode* newhead, *tail;newhead = tail = new ListNode;//创建一个虚拟节点记录最终结果ListNode* cur1 = l1, *cur2 = l2;int t = 0; // 记录进位while(cur1 || cur2 || t) {// 先加上第一个链表if(cur1){t += cur1->val;cur1 = cur1->next;}// 加上第二个链表if(cur2){t += cur2->val;cur2 = cur2->next;}tail->next = new ListNode(t % 10);tail = tail->next;t /= 10;}//防内存泄漏// tail = newhead->next;// delete newhead;// return tail;return newhead->next;}
};

4.两两交换链表中的节点

题目链接：24. 两两交换链表中的节点

题目分析：

两两交换链表的节点，注意不能直接交换里面的值，只能修改指针。这道题在递归、搜索回溯专题用递归的方法解决。这里用循环迭代的方式。

算法原理：

解法一：递归

解法二：循环、迭代(模拟)

引入一个头节点，这样就减少判断边界的问题。如果不引入，交换前两个节点和后面的节点写法是不一样的，因为还要返回头指针，所以就只能先处理前两个找到最终返回的头节点，然后在处理后面的。这样太麻烦了。引入头节点，因为已经有了头节点所有后面处理逻辑都是一样的。

因为我们要两两交换，这里我们需要四个指针。不要吝啬空间，大胆去定义变量 ，这样交换指针的时候，不用担心代码顺序导致找不到链表的问题，有了这四个指针随便先写那一步。交换之后指针都移动一下。

什么时候结束呢？节点可能有奇数个，也可能有偶数个。

可以看到当cur或者next为空的时候就结束了。

class Solution {
public:ListNode* swapPairs(ListNode* head) {if(head == nullptr || head->next == nullptr) return head;ListNode* newhead = new ListNode;newhead->next = head;ListNode* prev = newhead, *cur = head, *next = head->next, *nnext = head->next->next;while(cur && next){// 交换节点 prev->next = next;next->next = cur;cur->next = nnext;// 修改指针，注意nullptr指针解引用prev = cur;cur = nnext;if(cur) next = cur->next;if(next)nnext = next->next;}return newhead->next;}
};

4.重排链表

题目链接：143. 重排链表

题目分析：

给一个链表让按照规则重排一下。

算法原理：

解法：模拟

1. 找到链表的中间节点
   快慢指针
2. 把后面的部分逆序
   头插
3. 合并两个链表
   (合并两个有序链表)双指针
   

对于找到中间节点然后逆序，有两种做法。

第一种逆序策略：slow->next 后面逆序

因为这道题比较特殊可以将slow->next 后面逆序，因为你会发现逆序完之后中间位置还是在一起的。因此可以大胆将slow节点给第一个链表。

第二种逆序策略：从slow位置开始逆序

两种策略都是可以的。

但是如果使用头插法逆序，建议还是第一种策略，因为我们是想让两个链表断开的。如果想逆序后链表还是在一起的，就用第二种策略。

第一种策略

class Solution
{
public:void reorderList(ListNode* head){// 处理边界情况if(head == nullptr || head->next == nullptr || head->next->next == nullp// 1. 找到链表的中间节点 - 快慢双指针（⼀定要画图考虑 slow 的落点在哪⾥）ListNode* slow = head, *fast = head;while(fast && fast->next){slow = slow->next;fast = fast->next->next;}// 2. 把 slow 后⾯的部分给逆序 - 头插法ListNode* head2 = new ListNode(0);ListNode* cur = slow->next;slow->next = nullptr; // 注意把两个链表给断开while(cur){ListNode* next = cur->next;cur->next = head2->next;head2->next = cur;cur = next;}// 3. 合并两个链表 - 双指针ListNode* ret = new ListNode(0);ListNode* prev = ret;ListNode* cur1 = head, *cur2 = head2->next;while(cur1){// 先放第⼀个链表prev->next = cur1;cur1 = cur1->next;prev = prev->next;// 再放第⼆个链表if(cur2){prev->next = cur2;prev = prev->next;cur2 = cur2->next;}}delete head2;delete ret;}
};

第二种策略

class Solution {
public:void reorderList(ListNode* head) {// 处理边界情况if(head == nullptr || head->next == nullptr || head->next->next == nullptr) return;// 1.找链表中间节点 -> 快慢指针(画图考虑slow的落点在哪里)ListNode* fast = head, *slow = head;while(fast && fast->next){slow = slow->next;fast = fast->next->next;}// 2.将slow以及后面链表翻转 -> 头插法ListNode *cur = slow, *phead = nullptr, *next = nullptr;while(cur){next = cur->next;cur->next = phead;phead = cur;cur = next;}// 3.合并两个链表 -> 双指针ListNode* newhead = nullptr, *tail = nullptr;newhead = tail = new ListNode(0);int i = 1;while(phead){if(i%2 != 0){tail->next = head;tail = head;head = head->next;}else{tail->next = phead;tail = phead;phead = phead->next;}++i;}head = newhead->next;delete newhead;}
};

5.合并 K 个升序链表

题目链接： 23. 合并 K 个升序链表

题目分析：

前面学过合并两个有序链表，现在有k个有序链表让合并一下。

算法原理：

解法一：暴力求解
利用合并两个有序链表思想，可以先让前两个链表合并成一个新的链表，然后拿新的链表在和下一个链表合并。。。。直到把所有链表合并完。

但是时间复杂度很恐怖，假设每一个链表长度为n，共有k个链表。看合并几次有序链表。如果是第一个链表，需要合并k-1次，并且长度为n，所以第一个链表 时间复杂度 n(k-1)。第二个链表n(k-2)。。。所以最终时间复杂度为O(nk^2)

解法二：利用优先级队列做优化

合并K个有序链表，我们可以仿照合并两个有序链表的逻辑。先不考虑优先级队列，考虑如何对上面的做优化。

我们仿照合并两个有序链表的逻辑，先定义K个指针指向每一个链表，找出这个K个指针中值较小的节点，放在newhead的后面，放完之后，让这个指针往后移动。然后继续比较这K个指针指向的节点。这正好就是合并两个有序链表的逻辑。K个链表就K个指针，谁小谁就先连接newhead后面。

如何快速找到谁是K个节点中谁是较小的那个呢？
利用优先级队列。

因此我们的最终策略就是，搞一个小根堆，先将K个指针先丢到小根堆里，堆顶放的节点就是接下来我们要连接到newhead后面的节点。将堆顶节点连接到newhead后面之后，让这个指针往后移动然后进入优先级队列。此时堆顶也还是K个指针中最小的节点。。。。直到指针到空就不让这个链表进入队列了。等到所有链表的指针都到空了。说明链表合并结束了。

堆每次调整logk，一共进入nk个，所以这个时间复杂度O(nklogk)

class Solution 
{
public://类中的仿函数不能支持我们将最小节点放在栈顶//因此指针并不是递增//所以自己定义一个仿函数用来支持将最小节点放在栈顶struct greater{bool operator()(const ListNode* x,const ListNode* y){return x->val > y->val;}};ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists){if(lists.empty()) return nullptr;ListNode* newhead = new ListNode;ListNode* tail = newhead;priority_queue<ListNode*,vector<ListNode*>,greater> pq;for(int i = 0; i < lists.size(); ++i){if(lists[i])pq.push(lists[i]);}while(!pq.empty()){// 出ListNode* cur = pq.top();tail->next = cur;tail = cur;pq.pop();//进if(cur->next)pq.push(cur->next);}return newhead->next;}
};

解法三：分治 - 递归
利用归并排序。

假设有6个链表，让把这6个合起来成一个有序链表。此时可以沿着中间将6个链表一分为二，左边三个链表，右边三个链表，现让左边三个合并成一个链表，然后在让右边三个合并成一个链表。然后拿着这个两个有序链表，在合并成一个有序链表。

两个有序链表，在合并成一个有序链表。我们是非常熟悉的。

现在重点就是上面的让左边三个合并成一个，右边三个合并成一个，应该怎么做呢？

其实是和这个大过程是一样的。以左边三个为例，策略和上面一样。把三个链表从中间分开。先左边一个合并成一个有序链表，在让右边两个合并成一个有序链表。然后在把这两个链表合并成一个有序链表。左右可以再分。逻辑是一模一样的，这整体就是一个递归过程！

此时我们就可以用递归来实现这个策略。并且和归并排序过程是一样的。

归并排序先分然后才合，时间复杂度我们紧盯每一个链表节点执行多少次。分就是一个完全二叉树。每一个链表都会合并，合并次数是这个数的高度次，假设有k个链表树高度logk，每一个链表都执行logk合并，一共有k个链表，每一个链表有n个节点，所以时间复杂度O(nklogk)

class Solution 
{
public:ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists){return MergeSort(lists, 0, lists.size() - 1);}ListNode* MergeSort(vector<ListNode*>& lists, int left, int right){if(left > right) return nullptr;if(left == right) return lists[left];int mid = left + (right - left) / 2;ListNode* newhead1 = MergeSort(lists, left, mid);ListNode* newhead2 = MergeSort(lists, mid + 1, right);ListNode* newhead = new ListNode;ListNode* tail = newhead;ListNode* cur1 = newhead1, *cur2 = newhead2;while(cur1 && cur2){if(cur1->val < cur2->val){tail->next = cur1;tail = cur1;cur1 = cur1->next;}else{tail->next = cur2;tail = cur2;cur2 = cur2->next;}}if(cur1)tail->next = cur1;if(cur2)tail->next = cur2;tail = newhead->next;delete newhead;return tail;}
};

6.K 个一组翻转链表

题目链接：25. K 个一组翻转链表

题目分析：

前面有一道题是两两一组翻转链表，现在是让k个一组翻转链表，小于k的就不用翻转了。

算法原理：

解法：模拟

1. 先求出需要逆序多少组： n
2. 重复 n 次，长度为 k 的链表的逆序即可(头插法)

先求出需要逆序多少组： n，剩下的就不逆序了，直接连接上就好了。申请一个头结点newhead，把k个节点头插到newhead后面即可。注意这只是第一组，下一组也要头插怎么办？因此我们需要一个tmp指针记录下一次执行头插的头结点在哪，prev在一次头插结束之后就更新一下 prev = tmp ，prev指向充当头结点。

class Solution {
public:ListNode* reverseKGroup(ListNode* head, int k) {// 1.先求出需要逆序多少组int n = 0;ListNode* cur = head;while(cur){++n;cur = cur->next;}n /= k;// 2.重复 n 次: 长度为 k 的链表逆序即可ListNode* newhead = new ListNode;ListNode* prev = newhead;cur = head;for(int i = 0; i < n; ++i){ListNode* tmp = cur;for(int j = 0; j < k; ++j){ListNode* next = cur->next;cur->next = prev->next;prev->next = cur;cur = next;}prev = tmp;}// 3.把不需要翻转的接上prev->next = cur;prev = newhead->next;delete newhead;return prev;}
};