【leetcode 力扣刷题】双指针//哈希表 解决链表有环等问题
双指针//哈希表 解决链表有环等问题
- 19. 删除链表的倒数第N个结点
-
- 遍历两次，先求得链表长度，再删除
- 双指针，只遍历一次
- 141. 环形链表 【判断链表是否有环】
-
- 哈希表
- 快慢双指针
- 142. 环形链表Ⅱ 【找环的入口】
-
- 哈希表
- 双指针
- 求环中有多少个结点
- 面试题02.07. 链表相交
-
- 哈希表
- 双指针
-
- 思路Ⅰ
- 思路Ⅱ
19. 删除链表的倒数第N个结点
题目链接：19. 删除链表的倒数第N个结点
题目内容：
如果把链表换成数组等数据结构，可以直接根据下标，从数组末端开始，找到倒数第N个元素。但是！链表的缺点就在于，查找元素的时候需要O(N)的时间复杂度。由于其结点都是通过前驱结点的next指针连接的（单向链表中），因此只能一个方向遍历链表结点，不能直接从后往前找到倒数第N个。
遍历两次，先求得链表长度，再删除
从前往后如何找到倒数第N个结点呢？假设链表长度为Size，那么倒数第N个结点，实际上就是正数第Size+1-N个结点。【比如Size=5，N=2，倒数第2个结点是正数第4个结点，Size-1+N=4】。由此可以想到最直接的办法：遍历两次链表，第一遍求得Size，第二遍定位到要删除的结点，并删除。 实际上删除结点，需要将待删除结点的前驱结点和后驱结点连接起来，因此找到前驱结点就行。 从head开始，找到第Size-N个结点，即为待删除结点的前驱节点。
代码实现（C++）：
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
int Size = 0;
//构建一个虚拟头节点，不需要单独讨论删除头节点的情况
ListNode *dummyhead = new ListNode(0, head);
ListNode *currNode = dummyhead->next;
//统计链表长度【除虚拟头节点外的结点数】
while(currNode){
Size++;
currNode = currNode->next;
}
currNode = dummyhead;
//定位到要删除结点的前驱结点 第Size-N个结点
for(int i = 0; i < Size - n; i++){
currNode = currNode->next;
}
//要删除的结点是currNode->next
ListNode *tmp = currNode->next;
//将待删除结点tmp的前驱结点和后驱结点连接起来
currNode->next = tmp->next;
delete tmp;
return dummyhead->next;
}
};
双指针，只遍历一次
解决这道题目的重点是，知道倒数第N个结点，实际上就是正数的第Size+1-N个结点。问题在于是否需要求得Size呢？ 如果不求Size怎么能够找到第Size+1-N个结点呢？
使用双指针，一个slow，一个fast。先让fast向前定位到第n个结点；之后slow从第一个结点开始，fast从第n个结点开始，slow和fast都每次向前移动一个结点，直到fast->next == null【即移动到链表最后一个结点，相当于定位到了第Size个结点，fast从第n个结点走到第Size个结点，走了Size-n步；slow从第1个结点，就走到了Size-n+1个结点】，slow对应的结点就是要删除的结点。
在实际代码中，增加一个虚拟头结点，这样删除头结点的情况就不需要单独处理。slow从虚拟头结点开始，移动Size-n次，相当于移动到了被删除结点的前面一个结点【如果是一定要移动到被删除结点，那么终止条件改成fast==null即可，这样相当于fast从第n个结点移动到Size+1的位置，走了Size+1-n次，slow刚好走到Size+1-n结点的位置】。下图讨论了没有虚拟头节点和有虚拟头节点；slow最终指向待删除结点和待删除结点前面一个结点的情况：
以下代码（C++）实现的是上图的第二种情况，即有附加头节点，slow指向的待删除结点的前驱节点：
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode *dummyhead = new ListNode(0, head); //新建虚拟头节点
ListNode *slow = dummyhead, *fast = dummyhead;
//fast先指向第n个结点
while(n){
fast = fast->next;
n--;
}
//fast指向最后一个结点结束
while(fast->next){
fast = fast->next;
slow = slow->next;
}
//fast指针没用了，用来保存待删除的结点
fast = slow->next;
//建立新的连接
slow->next = fast->next;
delete fast; //删除结点
return dummyhead->next;
}
};
141. 环形链表 【判断链表是否有环】
题目链接：环形链表
题目内容：
根据题意，实际上就是判断链表中是否存在环。
哈希表
遍历链表，并将各个结点地址存入一个unordered_set中，如果某个地址在set中出现过，即可认为有环。
class Solution {
public:
bool hasCycle(ListNode *head) {
if(head == nullptr || head->next == nullptr)
return false;
unordered_set <ListNode *> visited; //用来存访问过的结点地址
ListNode *currNode = head; //从head结点开始遍历
while(currNode){
if(visited.count(currNode)) //如果当前结点地址已经访问过了，即有环
return true;
visited.insert(currNode); //否则添加到set中
currNode = currNode->next;//结点后移
}
return false;
}
};
快慢双指针
经典的Floyd判圈算法。一个slow指针，一个fast指针。slow从头节点开始每次向前移动一个结点，fast从头节点开始每次向前移动两个结点：
- 如果没有环，fast因为移动更快，而先遍历完链表；如果fast==null || fast->next == null即可认为没有环；
- 如果有环，那么fast只是比slow更先进入环内绕圈，待slow也进入环内，fast每次在圈内走两步，slow走一步，fast和slow之间的距离就减少一步，最后fast最追上slow，即出现fast == slow，即可判断有环。
代码如下（C++）：
class Solution {
public:
bool hasCycle(ListNode *head) {
if(head == nullptr)
return false;
ListNode *slow = head, *fast = head;
while(fast != nullptr && fast->next !=nullptr ){
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
if(slow == fast) //fast追上了slow，有环
return true;
}
//退出循环是因为fast先遍历完链表，无环
return false;
}
};
142. 环形链表Ⅱ 【找环的入口】
题目链接：142. 环形链表Ⅱ
题目内容：
理解题意：实际上就是在判断链表是否有环的基础上，找出进入环的第一个结点：
哈希表
同样使用哈希表，和141题的判断是否有环一样，用set存各个结点的地址，如果出现了重复的地址，那么第一次重复的就是环的入口：
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
if(head == nullptr || head->next == nullptr)
return nullptr;
unordered_set <ListNode *> visited;
ListNode *currNode = head;
while(currNode){
if(visited.count(currNode))
return currNode; //第一次重复的地址，就是环的入口
visited.insert(currNode);
currNode = currNode->next;
}
return nullptr;
}
};
双指针
这里涉及到一些数学推理了……依旧是slow、fast两个指针，从头节点开始请看下图：
这里的x、y、z表示某一段链表中的节点数，都是左开右闭的，即起始结点不包括，终止结点包括【这个很重要的】。x：从头节点开始，到环入口结点的结点数量；y：slow结点进入环以后，即从入环节点开始，移动y个节点，slow和fast相遇；z：从slow和fast相遇节点开始，slow（或fast）要移动z个节点，到达入环节点。
接下来分析x、y、z之间的数学关系，slow和fast相遇时：
- fast先进入环，开始绕圈【假设绕了n圈才和slow相遇，n≥1】，所以fast已经遍历的节点数：x+（y+z）*n+y；
- slow后进入环，入环后第一圈移动y个节点就和fast相遇了，slow遍历的节点数：x+y;【这里肯定是第一圈没走完就能和fast相遇的，因为slow入环的时候fast在环中一个位置，slow在入环节点处，假设fast距离入环节点m个节点的话，也就是和slow相差m个节点的距离，之后每一次移动，fast向slow靠近一个节点，那么移动m次就相遇，即题目中的y。m肯定是小于环的节点数的。】
因为fast每次向前移动两个，slow每次移动一个，所以：2*(x+y) = x+n*(y+z)+y；等式处理一下就得到了x = (n-1)*(y+z) +z，如果n=1，x=z，即index1指针从head开始，index2指针从slow与fast相遇的节点开始，两个分别向前移动，移动相同次数，index1和index2会相遇，相遇处即为入环处；如果n＞1，就是index2在环内绕了(n-1)圈后和index1在入环处相遇。总之就是index1和index2会相遇，相遇处就是入环处。代码如下（C++）：
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
if(head == nullptr || head->next == nullptr)
return nullptr;
ListNode *slow = head, *fast = head;//fast和slow都从头节点开始
do{
if(fast && fast->next){
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
}
else
return nullptr; //如果fast先遍历完链表，即没有环
}while(slow != fast); //跳出循环即为有环
slow = head;
//slow从head开始，fast从相遇点开始
//二者每次向前移动一个节点，相遇处即为入环处
while(slow != fast){
slow = slow->next;
fast = fast->next;
}
return slow;
}
};
求环中有多少个结点
上面已经分析了环中结点有（y+z）【假设x+y = n】个，实际上不需要单独去求y和z。slow和fast相遇之后，fast走两圈，slow走一圈，重新在原来的地方相遇。即相遇点一直是一样的。 为什么呢？slow和fast相遇可以看作fast和slow之间差了n个结点，每次fast走两步，slow走一步，两个之间的距离拉近一步，所以需要走n步二者重新相遇。slow走n步就是一圈，回到之前相遇的地方；fast走n步就是走了两圈，回到之前相遇的地方。因此相遇点一直是第一次相遇的地方，且每次都是fast走两圈，slow走一圈后相遇【除第一次】。所以从第一次相遇开始，找到了相遇点，slow第二次走到这个点，走过的节点数就是环中的节点数。
面试题02.07. 链表相交
题目链接：面试题02.07. 链表相交
题目内容：
理解题意：判断两个链表有没有相交的部分。
哈希表
如果两个链表相交，那么从相交节点开始，之后的节点都是公共的，是相同的地址。所以还是可以用哈希表解决，先遍历其中一个链表，然后将其每个节点的地址存入set中；之后遍历第二个链表，并判断每个节点地址是否在set中，如果在，那么直接返回，这个地址就是相交起始节点。如果遍历完第二个链表都没有公共的节点地址，那么就是不相交的。代码如下（C++）：
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
unordered_set <ListNode *> visited;
ListNode *currNode = headA;
while(currNode){ //遍历第一个链表并将各个节点的地址存在set中
visited.insert(currNode);
currNode = currNode->next;
}
currNode = headB;
while(currNode){//遍历第二个链表并判断每个节点地址是否出现在set中
if(visited.count(currNode))
return currNode; //找到相交起始点
currNode = currNode->next;
}
return nullptr;
}
};
双指针
按道理，遍历两个链表的同时，对比是否有相同的节点地址，就能直到是否有交叉部分。但是问题在意，两个链表长度不一样，如果都从头开始遍历的话，即便两个链表是相交的，但是由于对比的节点没有对齐，而结果不正确。 所以解决办法是怎么把两个链表对齐。
思路Ⅰ
两个链表相交，从相交点开始到末尾节点的，都是重合的。在相交节点之前，链表A有几个节点、链表B有几个节点都不重要，也不确定。所以就是把两个链表按尾节点对齐。先遍历链表A和B统计两个链表的节点数【假设为Size_A和Size_B】，节点数大的链表先移动max(Siez_A，Size_B) - min(Size_A，Size_B)个节点，与节点数小的链表的头节点对齐【也相当于是为按尾节点对齐】，之后逐个对比两个链表的结点的地址。
代码如下（C++）：
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
//统计两个链表中的节点数
int len_A = 0, len_B = 0;
ListNode *currNodeA = headA, *currNodeB = headB;
while(currNodeA){ //统计链表A
len_A++;
currNodeA = currNodeA->next;
}
while(currNodeB){//统计链表B
len_B++;
currNodeB = currNodeB->next;
}
//从新从头开始遍历两个链表
currNodeA = headA;
currNodeB = headB;
while(len_A > len_B){ //如果Len_A更大进入这个循环
currNodeA = currNodeA->next;
len_A--;
}
while(len_B > len_A){//如果len_B更大进入这个循环
currNodeB = currNodeB->next;
len_B--;
}
//两个链表已经对齐了，开始逐个结点对比
while(currNodeA && currNodeB){
if(currNodeA == currNodeB)
return currNodeA;
currNodeA = currNodeA->next;
currNodeB = currNodeB->next;
}
return nullptr;
}
};
思路Ⅱ
虽然两个链表长度不一样，不能对齐，那么把链表A和链表B拼起来呢？即一个指针currNodeA先遍历链表A，遍历完链表A后从头开始遍历链表B；另一个指针currNodeB先遍历链表B，遍历完链表B后从头开始遍历链表A。 那么currNodeA和currNodeB都遍历两个链表，如果链表A和链表B有相交部分，currNodeA和currNodeB就会相等且不为null；如果没有相交的部分，currNodeA和currNodeB最后就遍历完链表，均为null。
代码实现如下（C++）：
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
ListNode *currNodeA = headA, *currNodeB = headB;
while(currNodeA != currNodeB){
if(currNodeA)
currNodeA = currNodeA->next;
else
currNodeA = headB;
if(currNodeB)
currNodeB = currNodeB->next;
else
currNodeB = headA;
}
return currNodeA;
}
};