【基础算法总结】链表篇_链表的算法总结

目录

• 一， 链表常用技巧和操作总结
• 二，算法原理和代码实现
• • 2.两数相加
  • 24.两两交换链表中的节点
  • 143.重排链表
  • 23.合并k个升序链表
  • 25.k个一组翻转链表
• 三，算法总结

一， 链表常用技巧和操作总结

有关链表的算法题也是一类常见并且经典的题型，这些题要使用数据结构中我们手搓的链表结构，也要使用STL中的 list 容器。

下面是几点常用操作的总结：
(1) 善于画图。
(2) 引入虚拟头结点。
方便处理边界情况，就是当没节点第一次头插或尾插的时候的那个判断，引入虚拟头结点就可以避免这个判断(写成 ptail = newHead)。
(3) 不要吝啬空间，大胆定义变量。
(4) 快慢双指针的使用。
主要应用是判环，找链表中环的入口，找链表中倒数第 n 个节点。
(5) 解决链表类的题，一般是：创建一个新节点，尾插操作，头插操作。

我们在学习数据结构时也做过许多有关链表类的经典题目，请浏览：【C/数据结构与算法】10道链表经典OJ。
里面的一些题目与本篇文章的题目也是有关联的，这篇文章算是进阶篇。

二，算法原理和代码实现

2.两数相加

算法原理：

这道题是一道简单的模拟题，模拟两数相加即可。
定义两个指针 cur1和cur2用于遍历两个链表，再定义一个整数 t 用于进位。用 t 和每个节点的值相加，取出 t 的个位创建新节点。

细节问题：

(1) 这里要注意的细节就是链表是逆序的，其实这也是方便我们操作，因为我们可以直接从个位开始相加。
(2) 1. 循环条件：cur1 || cur2 || t
这里要或t是原因：当两个指针都走完时，t里可能还有进位，还需要尾插
(3) 要销毁哨兵位头节点

代码实现：

class Solution {public: ListNode* addTwoNumbers(ListNode* l1, ListNode* l2) { ListNode* cur1 = l1, *cur2 = l2; ListNode* newHead = new ListNode(), *ptail = newHead; // 虚拟头节点 int t = 0; // 记录进位 while(cur1 || cur2 || t) { if(cur1) { t += cur1->val; cur1 = cur1->next; } if(cur2) { t += cur2->val; cur2 = cur2->next; } ListNode* newNode = new ListNode(t % 10); ptail->next = newNode; ptail = newNode; ptail->next = nullptr; t /= 10; } ListNode* pcur = newHead->next; delete newHead; return pcur; }};

24.两两交换链表中的节点

算法原理：

本题也是一道模拟题，重点是画图，看图写代码!!! 定义四个指针：

根据交换后的链表，进行指针的修改(绿色字)，一直循环迭代。
结束条件：
(1) 偶数个节点时：
cur 已经指向空了，next 和 nnext 也无效了，此时结束循环。

(2) 奇数个节点时：
next 已经指向空了， nnext 无效了，此时也结束循环。

代码实现：

class Solution {public: ListNode* swapPairs(ListNode* head) { if(head == nullptr) return nullptr; ListNode* newHead = new ListNode(), *prev = newHead; ListNode* cur = head, *next = cur->next; ListNode* nnext = nullptr; if(next) nnext = next->next; prev->next = cur; while(cur && next) { // 交换节点 prev->next = next; next->next = cur; cur->next = nnext; // 修改指针 prev = cur; cur = prev->next; if(cur) next = cur->next; if(next) nnext = next->next; } ListNode* pcur = newHead->next; delete newHead; return pcur; }};

143.重排链表

算法原理：

这道题比较有综合性，通过分析可以发现：
重排后的链表 = 合并两个链表(原链表的前半段 + 原链表的后半段逆置)。

所以这道题的思路是：
(1) 找到链表的中间节点
(2) 把后半部分逆序
(3) 合并两个链表

代码实现：

class Solution {public: // 找中间节点 ListNode* FindMiddleNode(ListNode* head) { ListNode* slow = head, *fast = head, *prev = head; while(fast && fast->next) { prev = slow; slow = slow->next; fast = fast->next->next; } prev->next = nullptr; // 与后半段断开 return slow; } // 逆置后半部分链表 ListNode* reverseList(ListNode* head) { ListNode* phead = head, *ptail = nullptr; while(phead) { ListNode* next = phead->next; // 头插法 phead->next = ptail; ptail = phead; phead = next; } return ptail; } void reorderList(ListNode* head) { // 处理特殊情况 if(head->next == nullptr || head->next->next == nullptr) return; ListNode* mNode = FindMiddleNode(head); ListNode* rNode = reverseList(mNode); // 合并两个链表 ListNode* newHead = new ListNode(), *ptail = newHead; ListNode* n1 = head, *n2 = rNode; while(n1 && n2) { ptail->next = n1; ptail = ptail->next; n1 = n1->next; ptail->next = n2; ptail = ptail->next; n2 = n2->next; } if(n1) ptail->next = n1; if(n2) ptail->next = n2; delete newHead; }};

23.合并k个升序链表

算法原理：

解法1：暴力解法，利用\"合并两个有序链表\"的思想。先把第一个和第二个链表进行合并，得到一个新链表，再用新链表和第三个链表进行合并…。
假设有 k 个链表，每条链表的平均节点有 n 个，则时间复杂度为：n(k-1) + n(k-2) + n(k-3) + … + n --> O(n * k^2)。大概率超时。

解法2：利用优先级队列进行优化。
假设有 k 个链表，建一个大小为 k 的小根堆，把所有链表的第一个节点都扔进小根堆中，堆顶节点就是最小值，取出堆顶节点和虚拟头结点进行链接，再移到下一个节点…
合并链接+找出最小值的节点总的时间复杂度为：O(n * k * logk)。

易错/细节问题：

(1) 优先级队列的第三个模板参数不能直接写成 greater，因为这样比较的是地址，要写一个仿函数!!
(2) 把链表的所有头节点都入队列时，要注意传递的链表为空的处理。

代码实现：

class Solution{ struct cmp { bool operator()(const ListNode* l1, const ListNode* l2) { return l1->val > l2->val; } };public: ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) { // 建小根堆 priority_queue<ListNode*, vector<ListNode*>, cmp> pq;// 把所有头结点进小根堆 for (auto l : lists) if (l) pq.push(l);// 合并k个有序链表 ListNode* newhead = new ListNode(), * ptail = newhead; while (!pq.empty()) { ListNode* pcur = pq.top(); pq.pop(); ptail->next = pcur; ptail = pcur; if (pcur->next) pq.push(pcur->next); } ListNode* ret = newhead->next; delete newhead; return ret; }};

解法3：分治-递归
和归并分治的思想一样：

假设有 k 个链表，那么就有 logk 层，递归回退时每个链表的每个节点都执行 logk 次合并，每个链表的平均节点有 n 个，所以时间复杂度为：O(n * k * logk)。

易错/细节问题：

(1) 有两个递归出口：区间不存在和区间里只有一个链表。
(2) 合并两个有序链表时，链表为空的情况。

代码实现：

class Solution {public: ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) { return merge(lists, 0, lists.size()-1); } ListNode* merge(vector<ListNode*>& lists, int left, int right) { if(left > right) return nullptr; if(left == right) return lists[left]; // 找中点 int mid = left + (right - left) / 2; // [left, mid] [mid+1, right] // 合并左右两边 ListNode* l1 = merge(lists, left, mid); ListNode* l2 = merge(lists, mid+1, right); // 合并两个有序链表 return mergeTwoList(l1, l2); } ListNode* mergeTwoList(ListNode* l1, ListNode* l2) { // 处理特殊情况 if(l1 == nullptr) return l2; if(l2 == nullptr) return l1; ListNode head; // 把虚拟节点开在栈上 head.next = nullptr; ListNode* ptail = &head; while(l1 && l2) { if(l1->val < l2->val) { ptail->next = l1; ptail = ptail->next; l1 = l1->next; } else { ptail->next = l2; ptail = ptail->next; l2 = l2->next; } } if(l1) ptail->next = l1; if(l2) ptail->next = l2; return head.next; }};

25.k个一组翻转链表

算法原理：

这也是一道模拟题，算法流程比较简单：
(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 。
(3) 把不需要逆序的接上。

细节问题：

(1) 这里需要记录第n次头插的开始位置，每次进行新一轮逆序时都要记住该位置。
(2) 如果使用while循环，则每逆序完一组后 k 要重新赋值，不然就一直都是k==0了。

代码实现：

class Solution{public: ListNode* reverseKGroup(ListNode* head, int k) { // 先求出要逆序多少组 int n = 0; ListNode* phead = head; while (phead) { phead = phead->next; n++; } n /= k; // 重复 n 次长度为 k 的链表逆序 phead = head; ListNode* newhead = new ListNode(), * prev = newhead; for (int i = 0; i < n; i++) { ListNode* tmp = phead; // 记录每一组的起点 for (int j = 0; j < k; j++) { ListNode* next = phead->next; phead->next = prev->next; prev->next = phead; phead = next; } prev = tmp; } // 把不需要翻转的接上 prev->next = phead; ListNode* ret = newhead->next; delete newhead; return ret; }};

三，算法总结

通过上面的若干道题目可以发现，大多数链表类的题目本质上是模拟题，最重要的就是画图，分清各个指针指向哪里。