LeetCode 138. Copy List with Random Pointer【链表,DFS,迭代,哈希表】中等

本文属于「征服LeetCode」系列文章之一，这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁，本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止；由于LeetCode还在不断地创建新题，本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中，我不仅会讲解多种解题思路及其优化，还会用多种编程语言实现题解，涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。

为了方便在PC上运行调试、分享代码文件，我还建立了相关的仓库：https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中，你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等，还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解，还可以一同分享给他人。

由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动，欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。

给你一个长度为 n 的链表，每个节点包含一个额外增加的随机指针 random ，该指针可以指向链表中的任何节点或空节点。

构造这个链表的 深拷贝。 深拷贝应该正好由 n 个 全新 节点组成，其中每个新节点的值都设为其对应的原节点的值。新节点的 next 指针和 random 指针也都应指向复制链表中的新节点，并使原链表和复制链表中的这些指针能够表示相同的链表状态。复制链表中的指针都不应指向原链表中的节点 。

例如，如果原链表中有 X 和 Y 两个节点，其中 X.random --> Y 。那么在复制链表中对应的两个节点 x 和 y ，同样有 x.random --> y 。

返回复制链表的头节点。

用一个由 n 个节点组成的链表来表示输入/输出中的链表。每个节点用一个 [val, random_index] 表示：

• val：一个表示 Node.val 的整数。
• random_index：随机指针指向的节点索引（范围从 0 到 n-1）；如果不指向任何节点，则为  null 。

你的代码 只 接受原链表的头节点 head 作为传入参数。

示例 1：

输入：head = [[7,null],[13,0],[11,4],[10,2],[1,0]]
输出：[[7,null],[13,0],[11,4],[10,2],[1,0]]

示例 2：

输入：head = [[1,1],[2,1]]
输出：[[1,1],[2,1]]

示例 3：

输入：head = [[3,null],[3,0],[3,null]]
输出：[[3,null],[3,0],[3,null]]

提示：

• 0 <= n <= 1000
• -104 <= Node.val <= 10^4
• Node.random 为 null 或指向链表中的节点。

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类似题目：

• 133. 克隆图

本题要求我们对一个特殊的链表进行深拷贝。如果是普通链表，我们可以直接按照遍历的顺序创建链表节点。而本题中因为随机指针的存在，当我们拷贝节点时，「当前节点的随机指针指向的节点」可能还没创建，因此我们需要变换思路。

解法1 递归+哈希表

一个可行方案是，我们利用回溯的方式，让每个节点的拷贝操作相互独立。对于当前节点，我们首先要进行拷贝，然后我们进行「当前节点的后继节点」和「当前节点的随机指针指向的节点」拷贝，拷贝完成后将创建的新节点的指针返回，即可完成当前节点的两指针的赋值。

具体地，我们用哈希表记录每一个节点对应新节点的创建情况。遍历该链表的过程中，我们检查「当前节点的后继节点」和「当前节点的随机指针指向的节点」的创建情况。如果这两个节点中的任何一个节点的新节点没有被创建，我们都立刻递归地进行创建。当我们拷贝完成，回溯到当前层时，我们即可完成当前节点的指针赋值。

注意一个节点可能被多个其他节点指向，因此我们可能递归地多次尝试拷贝某个节点，为了防止重复拷贝，我们需要首先检查当前节点是否被拷贝过，如果已经拷贝过，我们可以直接从哈希表中取出拷贝后的节点的指针并返回即可。

在实际代码中，我们需要特别判断给定节点为空节点的情况。

class Solution {
public:
    unordered_map<Node*, Node*> cachedNode;
    Node* copyRandomList(Node* head) {
        if (head == nullptr) return nullptr;
        if (!cachedNode.count(head)) {
            Node* headNew = new Node(head->val);
            cachedNode[head] = headNew;
            headNew->next = copyRandomList(head->next);
            headNew->random = copyRandomList(head->random);
        }
        return cachedNode[head];
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ ，其中 $n$ 是链表的长度。对于每个节点，我们至多访问其「后继节点」和「随机指针指向的节点」各一次，均摊每个点至多被访问两次。
• 空间复杂度：$O(n)$ ，其中 $n$ 是链表的长度。为哈希表的空间开销。

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解法2 迭代+哈希表

先用一个循环把新旧链表对应的两个结点捆绑在一个二元组里，然后再用一个循环完成对新链表每个结点的 $next$ 域和 $random$ 域的赋值：

class Solution {
public:
    Node* copyRandomList(Node* head) {
        if (head == nullptr) return nullptr;
        unordered_map<Node*, Node*> cachedNode;
        
        Node* cur = head;
        while (cur) {
            cachedNode[cur] = new Node(cur->val);
            cur = cur->next;
        }
        cur = head;
        while (cur) {
            cachedNode[cur]->next = cachedNode[cur->next];
            cachedNode[cur]->random = cachedNode[cur->random];
            cur = cur->next;
        }
        return cachedNode[head];
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ ，其中 $n$ 是链表的长度。
• 空间复杂度：$O(n)$ ，其中 $n$ 是链表的长度。为哈希表的空间开销。

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解法3 迭代 + 节点拆分

注意到方法一、二需要使用哈希表记录每一个节点对应新节点的创建情况，而我们可以使用一个小技巧来省去哈希表的空间。

1. 首先将该链表中每一个节点拆分为两个相连的节点，例如对于链表 $A\to B\to C$ ，我们可以将其拆分为 $A\to A^{\prime }\to B\to B^{\prime }\to C\to C^{\prime }$ 。对于任意一个原节点 $S$ ，其拷贝节点 $S^{\prime }$ 即为其后继节点。
2. 这样，我们可以直接找到「每一个拷贝节点 $S^{\prime }$ 的随机指针」应当指向的节点，即为其「原节点 $S$ 的随机指针指向的节点 $T$ 」的后继节点 $T^{\prime }$ 。需要注意原节点的随机指针可能为空，我们需要特别判断这种情况。
3. 当完成了拷贝节点的随机指针的赋值，我们只需将这个链表按照原节点与拷贝节点的种类进行拆分即可，只需要遍历一次。同样需要注意最后一个拷贝节点的后继节点为空，我们需要特别判断这种情况。

class Solution {
public:
    Node* copyRandomList(Node* head) {
        if (head == nullptr) return nullptr;
        for (Node* node = head; node; node = node->next->next) {
            Node* nodeNew = new Node(node->val);
            nodeNew->next = node->next;
            node->next = nodeNew;
        }
        for (Node* node = head; node; node = node->next->next) {
            Node* nodeNew = node->next;
            nodeNew->random = node->random ? node->random->next : nullptr;
        }
        Node* headNew = head->next;
        for (Node* node = head; node; node = node->next) {
            Node* nodeNew = node->next;
            node->next = node->next->next;
            nodeNew->next = nodeNew->next ? nodeNew->next->next : nullptr;
        }
        return headNew;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：$O(n)$ ，其中 $n$ 是链表的长度。如果在计算拷贝节点的随机指针的同时计算其后继指针，只需遍历两次（好像需要修改原链表）。
• 空间复杂度：$O(1)$ 。注意返回值不计入空间复杂度。