算法试题——每日一练

删除排序链表中的重复元素

给定一个排序链表的头结点$head$，删除所有重复的元素，使每个元素只出现一次。并返回已排序的链表。

例如，给定一个序列[1,1,2]，删除后返回[1,2]。又例如[1,1,2,2,3]，删除后返回[1,2,3]。

思想：这个算法主要就是循环的条件，我们肯定是要从前往后遍历去找到重复的结点，那么这个循环在什么情况下结束，就很重要了。其次还要考虑该链表结点的情况，可能一个都没有，可能有一个，还可能有更多。

具体代码：

struct ListNode
{
	int val;
	struct ListNode *next;
};

struct ListNode* deleteDuplicates(struct ListNode* head)
{
    struct ListNode *p,*q;
    //如果该链表一个结点都没有的情况
    if(!head)
        return NULL;
    //该链表只有一个结点的情况
    else if(!head->next)
        return head;
   	//该链表有两个以上结点的情况
    else
    {
        p = head;
        while(p->next)  //循环结束条件
        {
            q = p->next;  //注意这一行一定要放在循环的里面
            if(p->val == q->val)
            {
                p->next = q->next;
            }
            else
                p = q;
        }
    }
    return head;	//我们只是另设了两个指针用于删除重复的结点，head还是指向该链表的头结点
}

合并两个有序数组

给定两个递增排列的数组$nums1$，$nums2$，$m$表示$nums1$中的元素个数，$n$表示$nums2$中元素的个数，请将$nums2$中的元素合并到$nums1$中，且合并后$nums1$中的元素仍按照递增的顺序排列。

其中，$nums1$的数组大小为$n+m$，后面$n$个位置为0，应忽略。最好是设计一个算法时间复杂度为$O(m+n)$。

思想：该题的主要思想就是如何避免多次循环去排序。一般情况下，我们都是从头开始比较，对于这样的题，比较后又要将其它元素像后移以便空出位置来，这样就太麻烦了。那么为什么不从尾开始比较试一试呢？如果我们从尾开始比较，并且$nums1$数组后面正好空出来了$n$个位置，比较后，将较大的元素放在$nums1$的最后。不过比较也要看条件，循环结束的条件就是两个数组的下标有一个小于1。循环结束后，也不要忘了继续将另一个下标不为零的数组的元素赋值到$nums1$中去。

void merge(int* nums1, int nums1Size, int m, int* nums2, int nums2Size, int n)
{
    int i = m - 1,j = n - 1,k = m + n - 1;
    while(j >= 0 && i >= 0)
    {
        if(nums2[j] >= nums1[i])
        {
            nums1[k--] = nums2[j--];
        }
        else
        {
            nums1[k--] = nums1[i--];
        }
    }
    while(j >= 0)
    {
        nums1[k--] = nums2[j--];
    }
    while(i >= 0)
    {
        nums1[k--] = nums1[i--];
    }
}

二叉树的中序遍历

一般面对二叉树的中序遍历，我们想到的都是递归，通过不断地调用函数实现。例如下面。

 struct TreeNode
 {
     int val;
     struct TreeNode *left;
     struct TreeNode *right;
 };
void inorder(struct TreeNode* root,int* a,int* returnSize)
{
    if(!root)
        return;
    else
    {
        inorder(root->left,a,returnSize);
        a[(*returnSize)++] = root->val;
        inorder(root->right,a,returnSize);
    }
}

int* inorderTraversal(struct TreeNode* root, int* returnSize)
{
    *returnSize = 0;
    //这里分配101个地址空间是因为规定了结点个数最多100个
    int *t = (int *) malloc (sizeof(int) * 101);
    inorder(root,t,returnSize);
    return t;
}

但如果我们不用递归，用迭代的方式如何做到二叉树的中序遍历呢？力扣官方给出了两种解答。

首先，中序遍历二叉树就是要先遍历左子树、再遍历根结点、最后遍历中间结点，保持这样的顺序。那么我们就要先找到左子树最左的结点，然后它的根结点、根结点的右孩子…相当于是从最下面往上查找。那么这样也就明显了，可以利用栈先进后出的特性来做这个题（我就是没有想到这样就一直卡着，最后也是看的题解才知道）。那么我们只需要依次遍历根结点的左子树直到最左的那个结点，并在这个过程将指向每个结点的指针入栈，方便向上回溯的时候遍历它的右孩子。

 struct TreeNode
 {
     int val;
     struct TreeNode *left;
     struct TreeNode *right;
 };

int* inorderTraversal(struct TreeNode* root, int* returnSize)
{
    //栈，用来记录一条路径上指向结点的指针
    struct TreeNode **stack = (struct TreeNode **) malloc (sizeof(struct TreeNode *) * 101);
    //用来存储二叉树的中序序列
    int* a = (int *) malloc (sizeof(int) * 101);
    //作为栈的指针
    int top = 0;
    //数组的下标
    *returnSize = 0;
    //关于这里为什么是||，因为最开始top=0.假设root不为NULL
    //那么循环条件为真，继续执行，直到后面root可能为空的时候
    //这时栈里还有元素top>0，就可以继续执行了
    //可以自己带进去看一下，更好理解
    while(root || top > 0)
    {
        //沿着二叉树最左的一条路径向下，并依次将指向结点的指针入栈
        while(root)
        {
            stack[top++] = root;
            root = root->left;
        }
		//由于上面循环结束的时候root为NULL，所以弹栈
        root = stack[--top];
        //此时root指向的结点就为最左的结点，将它并入数组中
        a[(*returnSize)++] = root->val;
        //再遍历它的右子树
        root = root->right;
    }
    return a;
}

该算法的时间复杂度为$O(n)$，空间复杂度为$O(n)$。

第二种算法就是$morris$中序遍历。

它能将上面算法的空间复杂度降为$O(1)$。$mirris$遍历主要就是取消了用栈的方式来间接实现递归，用一个指针操作即可，也可以说是它利用了中序遍历的前驱和后继之间的关系。比较难懂，先介绍它的步骤（$cur$为当前遍历到的结点）和代码，例子在后面：

1. 若$cur$无左孩子，则将它的$val$添加到数组中（用数组来存储二叉树的中序遍历序列），再访问$cur$的右孩子
2. 若$cur$有左孩子，则首先找到左子树中最右的结点（也可以理解为$cur$的前驱），并让$pre$指向它，随后判断$pre$的右孩子：

• 若它的右孩子为空，则将其右孩子指向$cur$，然后访问$cur$的左孩子。相当于执行$pre->next=cur$（前驱和后继连起来了）和$cur=cur->left$
• 若它的右孩子不为空（说明此时它的右孩子为它的后继），则此时我们已经遍历完了$cur$的左子树，将$pre$的右孩子指向NULL，然后将$cur$的$val$添加到数组中，然后访问$cur$的右孩子。

struct TreeNode
{
	int val;
	struct TreeNode *left;
	struct TreeNode *right;
};

int* inorderTraversal(struct TreeNode* cur, int* returnSize)
{
	int* t = (int *) malloc (sizeof(int) * 100);
	struct TreeNode *pre = NULL;
	*returnSize = 0;
	while(cur)
	{
		if(cur->left)
		{
			pre = cur->left;
			while(pre->right && pre->right != cur)
			{
				pre = pre->right;
			}

			if(!pre->right)
			{
				pre->right = cur;
				cur = cur->left;
			}
			else
			{
				t[(*returnSize)++] = cur->val;
				pre->right = NULL;
				cur = cur->right;
			}
		}
		else
		{
			t[(*returnSize)++] = cur->val;
			cur = cur->right;
		}
	}
	return t;
}

看下图，对下图进行$morris$遍历：

此时$cur$指向根结点，按照上述步骤，它有左孩子，那么使$pre$指向它左子树最右的结点，如下图：
此时$pre$的右孩子为空，那么按照上述步骤，将$pre$的右孩子指向$cur$，并使$cur$指向它的左孩子，如下图：
至此，一次循环结束。（最外层循环的条件为$cur$不为空）

又由上图知，并按照上述步骤，$cur$有左孩子，那么就使$pre$指向它左子树最右的结点，如下图：

又按照上述步骤，$pre$的右孩子为空，再将$pre$的右孩子指向$cur$，并且$cur$指向它的左孩子，如下图：
至此，第二次循环结束。

然后$cur$不为空，按照上述步骤，$cur$无左孩子，将它的$val$添加到数组中，再访问$cur$的右孩子（注意，它的右孩子不为空了，仔细看上图），如下图：
至此，第三次循环结束。

然后，又按照上述步骤，此时$cur$有左孩子，又找到$cur$左子树中最右结点，并使$pre$指向它（这里跟上图没什么变化），然后继续判断，$pre$的右孩子不为空，说明$cur$的左子树已遍历完，将$cur$的$val$添加到数组中，并使$pre$的右孩子指向NULL，然后访问$cur$的右孩子，如下图：
至此，第四次循环结束。

$cur$不为空，又按照上述步骤，$cur$无左子树，将$cur$的$val$添加到数组中，再访问它的右孩子（注意它的右孩子为它的后继了），如下图：

至此，第五次循环结束。

$cur$不为空，它有左孩子，那么使$pre$指向它左子树中最右的结点，如下图：
此时$pre$的右孩子不为空，那么此时已遍历完$cur$的左子树，将$cur$的$val$添加到数组中，并使$pre$的右孩子指向NULL，然后再访问$cur$的右孩子，如下图：
至此，第六次循环结束。

$cur$不为空，且它有左子树，按照上述步骤，使$pre$指向它左子树中最后的结点，如下图：
$pre$的右孩子为空，按照上述步骤，$pre$的右孩子指向$cur$，$cur$再访问它的左孩子，如下图：
至此，第七次循环结束。

$cur$不为空，但没有左子树，按照上述步骤，将它的$val$添加到数组，再访问它的右孩子（注意，再之前pre已经将该结点的右孩子指向了3），如下图：
至此，第八次循环结束。

$cur$不为空，有左孩子，按照上述步骤，将$pre$指向它左子树中最右的结点（这里跟上图一样的），然后，$pre$的右孩子不为空，按照上述步骤，则此时已经遍历完了$cur$的左子树，那么将$cur$的$val$添加到数组中，再将$pre$的右孩子指向NULL，然后访问$cur$的右孩子，如下图：
至此，第9次循环结束。

$cur$为空，循环结束，返回数组的首地址。

morris遍历，主要就是利用前驱和后继的关系来实现二叉树的中序遍历，多举例子试一下，印象就深刻了。