链表相关问题
第206题 反转链表
要求：将给定链表进行反转操作，第一个结点作为尾结点，第二个结点指向第一个节点，以此类推，使得原链表的尾结点作为答案的头结点。
思路一：逐步操作
1）设置结点prev（初始化为null）
2）从头结点开始，记录当前结点（cur）的下一个结点（next），将cur指向prev后，prev前移一个（对于新链而言前移），cur后移一个到被记录的next上（对于原链而言后移）
3）当cur在原链表上已被后移到null时，结束循环
这种方法更加重要。
ListNode* reverseList1(ListNode* head) {
ListNode* prev = nullptr;
ListNode* cur = head;
while (cur) {
ListNode* next = cur->next;
cur->next = prev;
prev = cur;
cur = next;
}
return prev;
}
思路二：巧用栈
1）定义一个stack
2）从头结点开始依次入栈，直至链尾
3）栈内结点依次出栈，让新链表的链尾每次都指向栈顶结点，直至栈空
ListNode* reverseList2(ListNode* head) {
stack<ListNode*> s1;
ListNode* cur1 = head;
while (cur1) {
s1.push(cur1);
cur1 = cur1->next;
}
ListNode* tmp = new ListNode(0);
ListNode* ans = tmp;
while (!s1.empty()) {
tmp->next = s1.top();
tmp = tmp->next;
s1.pop();
}
tmp->next = nullptr;
return ans->next;
}
第61题 旋转链表
要求：给定一个链表的头节点head，旋转链表，将链表每个节点向右移动 k 个位置，每移动一次，都让当前链表的尾结点指向头结点，倒数第二个结点成为尾结点。
分析过程：
1）若链表一共有m个结点，旋转一次后，第m个结点成为头结点；旋转两次后，第m-1个结点成为头结点，旋转k（k≤m-1）次后,m-k+1个结点成为头结点。旋转m次后，原链表头结点将再次成为头结点。
2）旋转链表是一个循环操作，即对于所有的k（k除以m的余数相同），旋转k次，得到的链表头结点相同
解题思路
1）找到链表的节点个数（count）
2）取k除以count的余数，即为缩小的旋转次数
3）头结点为第count-k+1个，使用for循环找到该结点
4）改变相应结点的next指针，得到新链表
ListNode* rotateRight(ListNode* head, int k) {
if (!head) return nullptr;
ListNode* tmp1 = head;
int count = 1;
while (tmp1->next != nullptr) {
tmp1 = tmp1->next;
count++;
}
tmp1->next = head;
tmp1 = head;
k = k % count;
for (int i = 0; i < count - k - 1; i++) {
tmp1 = tmp1->next;
}
head = tmp1->next;
tmp1->next = nullptr;
return head;
}
第141题 环形链表I
要求：判断链表是否有环。
思路一：通过判断结点是否在遍历过程中重复出现来判断是否成环
1）从头开始依次遍历链表，建立unoredered_set,将结点放入set中
2）放入结点前判断结点是否已经存在于set中，若存在则说明成环，直接返回；若不存在则放入
3）若将整个链表遍历完成，仍未发现链表中存在重复结点，则说明链表无环
bool hasCycle1(ListNode* head) {
unordered_set<ListNode*> s;
if (!head) return false;
while (head) {
if (s.count(head))return true;
s.insert(head);
head = head->next;
}
return false;
}
思路二：使用快慢指针
快慢指针是一种解决链表问题的常用手段，常用于寻找链表的中间结点、链表的环内操作等。
Tip：使用快慢指针找中间结点的方法。
ListNode* findMid(ListNode* head) {
ListNode* slow = head, * fast = head;
while (fast->next != nullptr && fast->next->next != nullptr) {
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
}
return slow;
}
1）快慢指针均被初始化为head结点，之后快指针每次往后走两步，慢指针每次往后走一步；
2）若快慢指针会相遇，则说明有环存在。显然，快慢指针在一条非循环单链表中是不可能相遇的。注意：若存在环，则快慢指针一定会在环内相遇，二者互为充要条件。
bool hasCycle2(ListNode* head) {
ListNode* fast = head, * slow = head;
if (head == nullptr || head->next == nullptr)return false;
while (fast != nullptr && fast->next != nullptr) {
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
if (fast == slow)return true;
}
return false;
}
思路三：遍历链表，使用标记的思想
1）遍历链表，如果当前结点没有指向它自己，就让它指向自己
2）如果当前结点指向了自己，则说明这个结点之前被操作过，则链表存在环
注意：如果链表只有一个结点，则不可能有环，直接返回
一个很有趣的比喻：假设在森林里有许多棵树，树与树之间有绳子连接，你在森林里沿着绳子一棵棵树往前走，每碰到一棵树就在树上写下自己的名字，如果发现前面那棵树上有自己的名字，即说明存在环。**
bool hasCycle3(ListNode* head) {
if (!head || head->next == nullptr)return false;
if (head->next == head)return true;
ListNode* next = head->next;
head->next = head;
return hasCycle3(next);
}
思路四：将链表反转，如果尾结点与头结点一样，则说明有环
在反转链表的函数中，如果遍历到nullptr，则停止。这样会有一个疑惑，循环链表不应该会有nullptr出现，那怎么找到循环链表所谓的反转链表呢？
其实，根据reverseList1函数的思想，最开始我们会让head指向nullptr，在遍历的过程中，很多结点的next指针已经在新链表中发生变化，这样一来遍历的时候出现nullptr就不奇怪了。
举个例子：
例如有这样一个链表，1指向2，2指向3，3指向4，4指向2（开始循环）。（1是头结点）
反转过程:
- 初始化一个null，1指向null，2指向1，3指向2，4指向3，那么下一个就会让4指向的结点，来指向4，也就是2指4。
- 接下来，next会是cur（2）的next属性，也就是新链表中的1，然后让2指向4，prev为cur也就是2，cur变为新next也就是1。
- 再下一次，next值变为cur的next属性，也就是1的next为null，再让1指向2，prev变为1，cur变为null。
- 最后，由于cur已经为null，将退出while循环。
这种方法特别巧妙，建议使用断点调试一下整个运行过程，会更加清晰，代码如下（reverseList1()）在上文已给出：
bool hasCycle4(ListNode* head)
{
if (head == reverseList1(head)) return true;
return false;
}
第142题 环形链表II
要求：在一个存在环的链表中，找到成环的第一个结点。
这道题利用了比较强的算法思想：使用快慢指针时，当二者相遇的时候，相遇结点与成环结点的距离，与头结点到成环结点的距离相等。
分析过程
使用数学方法来简单说明一下：
1）设头结点到成环结点的距离为a，从成环结点沿着next方向到相遇结点的距离为b，从相遇结点沿着next方向回到成环结点的距离为c
2）设相遇时slow指针走了x步，则fast指针走了2x步
3）显然，对于slow指针，x=a+b；对于fast指针，2x=a+b+c+b
4）由此观之，a=c
解题过程
1）使用快慢指针判断是否有环，有环则继续
2）判断有环即为二者相遇，相遇时保持fast的位置，让slow回到head
3）二者同时往前，再次相遇时即为成环的第一个结点
ListNode* detectCycle(ListNode* head) {
ListNode* fast = head, * slow = head;
bool hasCycle = false;
while (fast != nullptr && fast->next != nullptr && fast->next->next != nullptr) {
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
if (fast == slow) {
hasCycle = true;
break;
}
}
if (hasCycle) {
slow = head;
while (slow != fast) {
slow = slow->next;
fast = fast->next;
}
return slow;
}
return nullptr;
}
第21题 合并两个有序链表
要求：将两个升序链表合并为一个新的升序链表并返回。
解题过程：逐步遍历
1）首先创建虚拟头结点，将其赋值给cur
2）用两个指针分别代表两个链表的结点
3）每次比较当前两个结点的元素大小，得到元素值较小的结点
4）记录该结点的next结点，将该结点放到ans中，取完后将指针移到next结点上，cur结点后移（cur为ans的尾结点）
5）注意：如果有一个链表以及遍历到尾，另一个链表未到尾端，则直接让指针指向未到尾端链表的当前结点，将该链表之后的部分直接移解到ans中
ListNode* mergeTwoLists(ListNode* list1, ListNode* list2) {
ListNode* dummy = new ListNode();
ListNode* cur = dummy;
while (list1 && list2) {
if (list1->val < list2->val) {
cur->next = list1;
cur = cur->next;
list1 = list1->next;
}
else {
cur->next = list2;
cur = cur->next;
list2 = list2->next;
}
}
cur->next = list1 == nullptr ? list2 : list1;
return dummy->next;
}
第203题 移除链表元素
要求：给定链表和一个val值，删除值为val的所有结点。
思路一：使用逐步遍历的迭代思想
分析： 使用虚拟头结点，每次碰到当前结点的下一个结点元素值为val，就让该结点指向下下个结点，达到删除结点的目的。
解题过程：
1）创建虚拟头结点dummy，并让其指向head
2）用pre表示当前结点的前一个结点（从dummy开始），用cur表示当前结点（从head开始）
3）当cur值为val时，让pre的next为cur的next，并让将cur的next结点赋值为cur
4）若cur值不为val，则pre与cur均往下走一步，直到cur走到nullptr停止遍历
ListNode* removeElements1(ListNode* head, int val) {
ListNode* dummy = new ListNode(0, nullptr);
dummy->next = head;
if (!head) return nullptr;
ListNode* pre = dummy;
ListNode* cur = head;
while (cur) {
if (cur->val == val) {
pre->next = cur->next;
cur = cur->next;
continue;
}
pre = pre->next;
cur = cur->next;
}
return dummy->next;
}
思路二：使用化长为短的递归思想
分析：递归是解决链表问题的常见方法。在这里，如果把当前head之后的链表完成了移除元素的操作，再处理当前的head，即可完成对整个链表操作
1）递归的终止条件：当前结点的值为空
2）递归的单层逻辑：每一次递归，都要把当前结点之后的链表完成移除操作
注意 如果每次递归链表的head结点为空，都需要将head移除，即把head的next结点作为头结点进行返回，达到移除head操作
ListNode* removeElements2(ListNode* head, int val) {
if (!head) return nullptr;
head->next = removeElements2(head->next, val);
if (head->val == val)return head->next;
return head;
}
第160题 相交链表
要求：给定两个链表，求出二者相交的起始结点，不存在则返回null。
思路一：双指针遍历
让两个指针分别从两个链表头开始遍历，如果二者长度不同，如何才能相遇（在相交结点）？
如果两条链表合在一起就好了！
但是，将二者合并是不现实的，于是，采用一个特殊的方法：双指针逐步遍历，当其到达某条链表的结尾时，让其移到另一条链表头继续遍历。
这样一来，两个指针分别走了两条链表不相交的部分，以及相交的部分各一次（可以理解为各走了三段路），二者步长相同，则会在初次相交的结点相遇。
ListNode* getIntersectionNode1(ListNode* headA, ListNode* headB) {
if (headA == nullptr || headB == nullptr) {
return nullptr;
}
ListNode* pA = headA, * pB = headB;
while (pA != pB) {
pA = pA == nullptr ? headB : pA->next;
pB = pB == nullptr ? headA : pB->next;
}
return pA;
}
思路二：使用set记录
这种方法就比较直接了，同样也易于理解
1）第一次遍历第一条链表，将每个结点记录在set中
2）第二次遍历第二条链表，如果当前结点在set的计数值count为1，说明该结点在第一条链表中出现过，第一个出现过的结点即为相交结点
3）若均不存在，则两条链表不相交
ListNode* getIntersectionNode2(ListNode* headA, ListNode* headB) {
unordered_set<ListNode*>first;
ListNode* temp = headA;
while (temp)
{
first.insert(temp);
temp = temp->next;
}
temp = headB;
while (temp)
{
if (first.count(temp)) return temp;
temp = temp->next;
}
return nullptr;
};
第143题 重排链表
要求：给定一个单链表 L 的头节点 head ，单链表 L 表示为：L0 → L1 → … → Ln-1 → Ln，重排后链表变为L0 → Ln → L1 → Ln - 1 → L2 → Ln - 2 → …。
解题思路：找尾结点、切割、反转、合并
1）若链表结点数不超过1，则直接返回
2）找尾结点：不难发现，如果原链表的结点数为奇数，那么重排链表的尾结点为原链表的中间结点；如果为偶数，那么尾结点为原链表的靠左的那个中间结点（中间结点有两个）
3）切割：将得到的尾结点（即中间结点）与原链表的后半部分分开，尾结点指向null，尾结点的原next结点为链表后半部分的头结点
4）反转：将链表后半部分反转，后半部分链表尾结点（也即原链表尾结点）作为后半部分链表的头结点
5）合并，两条链表合并，从将第二条链表插入原链表左半部分
void reorderList(ListNode* head)
{
if (head->next == nullptr || head->next->next == nullptr) return;
ListNode* ans = findMid(head);
ListNode* node2 = ans->next;
ans->next = nullptr;
node2 = reverseList1(node2);
ListNode* node1 = head;
while (node1 && node2) {
ListNode* node3 = node2;
node2 = node2->next;
ListNode* node4 = node1->next;
node1->next = node3;
node3->next = node4;
node1 = node4;
}
}
第148题 相交链表
要求：给定链表，按照升序排列后返回头结点。
解题思路：归并排序
排序算法非常之多，由于链表的特殊性质（按照顺序访问），使用归并排序来解决是个不错的思路，而归并排序本质上使用了递归的思想
1）找到中间结点，其next结点为后半部分链表的头结点
2）分别将左右两个部分排序后，将二者合并（合并函数在前文有提到）
递归的终止条件:该链表的结点数不超过1
递归的单层逻辑：找到中间结点，切割后分别排序，然后合并
ListNode* sortList(ListNode* head) {
if (head == nullptr) {
return nullptr;
}
if (head->next == nullptr) {
return head;
}
ListNode* mid = findMid(head);
ListNode* head2 = mid->next;
mid->next = nullptr;
ListNode* left = sortList(head);
ListNode* right = sortList(head2);
return mergeTwoLists(left, right);
}
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