如何高效判断回文单链表？
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今天聊聊如何判断一个链表是不是回文链表。之前有两篇文章写了回文串和回文序列相关的问题：
经典面试题：最长回文子串
子序列解题模板：最长回文子序列
我们知道，寻找回文串的核心思想是从中心向两端扩展：
string palindrome(string& s, int l, int r) {
// 防止索引越界
while (l >= 0 && r < s.size()
&& s[l] == s[r]) {
// 向两边展开
l--; r++;
}
// 返回以 s[l] 和 s[r] 为中心的最长回文串
return s.substr(l + 1, r - l - 1);
}
因为回文串长度可能为奇数也可能是偶数，长度为奇数时只存在一个中心点，而长度为偶数时存在两个中心点，所以上面这个函数需要传入l和r，就是为了处理这两种情况
而判断一个字符串是不是回文串就简单很多，不需要考虑奇偶情况，只需要「双指针技巧」，从两端向中间逼近即可：
bool isPalindrome(string s) {
int left = 0, right = s.length - 1;
while (left < right) {
if (s[left] != s[right])
return false;
left++; right--;
}
return true;
}
以上代码很好理解吧，因为回文串是对称的，所以正着读和倒着读应该是一样的，这一特点是解决回文串问题的关键。
下面扩展这一最简单的情况，来解决：如何判断一个「单链表」是不是回文。
一、判断回文单链表
输入一个单链表的头结点，判断这个链表中的数字是不是回文：
/**
* 单链表节点的定义：
* public class ListNode {
* int val;
* ListNode next;
* }
*/
boolean isPalindrome(ListNode head);
输入: 1->2->null
输出: false
输入: 1->2->2->1->null
输出: true
这道题的难点在于，单链表无法倒着遍历，无法使用双指针技巧。那么最简单的办法就是，把原始链表反转存入一条新的链表，然后比较这两条链表是否相同。关于如何反转链表，可以参见前文 递归思维：k 个一组反转链表。
其实，借助二叉树后序遍历的思路，不需要显式反转原始链表也可以倒序遍历链表，下面来具体聊聊。
对于二叉树的几种遍历方式，我们再熟悉不过了：
void traverse(TreeNode root) {
// 前序遍历代码
traverse(root.left);
// 中序遍历代码
traverse(root.right);
// 后序遍历代码
}
在 学习数据结构的框架思维 中说过，链表兼具递归结构，树结构不过是链表的衍生。那么，链表其实也可以有前序遍历和后序遍历：
void traverse(ListNode head) {
// 前序遍历代码
traverse(head.next);
// 后序遍历代码
}
这个框架有什么指导意义呢？如果我想正序打印链表中的val值，可以在前序遍历位置写代码；反之，如果想倒序遍历链表，就可以在后序遍历位置操作：
/* 倒序打印单链表中的元素值 */
void traverse(ListNode head) {
if (head == null) return;
traverse(head.next);
// 后序遍历代码
print(head.val);
}
说到这了，其实可以稍作修改，模仿双指针实现回文判断的功能：
// 左侧指针
ListNode left;
boolean isPalindrome(ListNode head) {
left = head;
return traverse(head);
}
boolean traverse(ListNode right) {
if (right == null) return true;
boolean res = traverse(right.next);
// 后序遍历代码
res = res && (right.val == left.val);
left = left.next;
return res;
}
这么做的核心逻辑是什么呢？实际上就是把链表节点放入一个栈，然后再拿出来，这时候元素顺序就是反的，只不过我们利用的是递归函数的堆栈而已。
当然，无论造一条反转链表还是利用后续遍历，算法的时间和空间复杂度都是 O(N)。下面我们想想，能不能不用额外的空间，解决这个问题呢？
二、优化空间复杂度
更好的思路是这样的：
1、先通过 双指针技巧汇总 中的快慢指针来找到链表的中点：
ListNode slow, fast;
slow = fast = head;
while (fast != null && fast.next != null) {
slow = slow.next;
fast = fast.next.next;
}
// slow 指针现在指向链表中点
2、如果fast指针没有指向null，说明链表长度为奇数，slow还要再前进一步：
if (fast != null)
slow = slow.next;
3、从slow开始反转后面的链表，现在就可以开始比较回文串了：
ListNode left = head;
ListNode right = reverse(slow);
while (right != null) {
if (left.val != right.val)
return false;
left = left.next;
right = right.next;
}
return true;
至此，把上面 3 段代码合在一起就高效地解决这个问题了，其中reverse函数很容易实现：
ListNode reverse(ListNode head) {
ListNode pre = null, cur = head;
while (cur != null) {
ListNode next = cur.next;
cur.next = pre;
pre = cur;
cur = next;
}
return pre;
}
算法总体的时间复杂度 O(N)，空间复杂度 O(1)，已经是最优的了。
我知道肯定有读者会问：这种解法虽然高效，但破坏了输入链表的原始结构，能不能避免这个瑕疵呢？
其实这个问题很好解决，关键在于得到p, q这两个指针位置：
这样，只要在函数 return 之前加一段代码即可恢复原先链表顺序：
p.next = reverse(q);
篇幅所限，我就不写了，读者可以自己尝试一下。
三、最后总结
首先，寻找回文串是从中间向两端扩展，判断回文串是从两端向中间收缩。
对于单链表，无法直接倒序遍历，可以造一条新的反转链表，可以利用链表的后序遍历，也可以用栈结构倒序处理单链表。
具体到回文链表的判断问题，由于回文的特殊性，可以不完全反转链表，而是仅仅反转部分链表，将空间复杂度降到 O(1)，不过需要注意链表长度的奇偶。
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