Leetcode--160--相交链表【链表、栈、双指针法】
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题目描述
- 相交链表 编写一个程序，找到两个单链表相交的起始节点。
如下面的两个链表：
在节点 c1 开始相交。
示例 1：
输入：intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
输出：Reference of the node with value = 8
输入解释：相交节点的值为 8 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。从各自的表头开始算起，链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,0,1,8,4,5]。在 A 中，相交节点前有 2 个节点；在 B 中，相交节点前有 3 个节点。
示例 2：
输入：intersectVal = 2, listA = [0,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
输出：Reference of the node with value = 2
输入解释：相交节点的值为 2 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。从各自的表头开始算起，链表 A 为 [0,9,1,2,4]，链表 B 为 [3,2,4]。在 A 中，相交节点前有 3 个节点；在 B 中，相交节点前有 1 个节点。
示例 3：
输入：intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
输出：null
输入解释：从各自的表头开始算起，链表 A 为 [2,6,4]，链表 B 为 [1,5]。由于这两个链表不相交，所以 intersectVal 必须为 0，而 skipA 和 skipB 可以是任意值。
解释：这两个链表不相交，因此返回 null。
注意：
- 如果两个链表没有交点，返回 null.
- 在返回结果后，两个链表仍须保持原有的结构。
- 可假定整个链表结构中没有循环。
- 程序尽量满足 O(n) 时间复杂度，且仅用 O(1) 内存
解法1 暴力法
对于两个给定的链表，通过暴力循环判断
遍历t1时同时遍历t2的每一个节点，检查链表t2中是否存在节点和t1相同
时间复杂度：O(m*n) m,n分别为链表t1 t2 的长度
空间复杂度：O(1)
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
ListNode* t1 = headA;
while (t1)//对于t1的每一个节点 都在t2中遍历，找有没有公共节点
{
ListNode* t2 = headB;
while (t2)
{
if (t1 == t2)
return t1;
t2 = t2->next;
}
t1 = t1->next;
}
return NULL;
}
};
解法2 用栈
这是剑指offer中的解法1，其实我也是最先想到这个方法，但是是以牺牲空间复杂度的代价换取时间复杂度的优化
首先依次将两个链表中的结点存放在两个栈中
然后从栈的顶点开始弹出，知道找到两个栈中节点不相等的位置，此时记录出它们公共节点的个数tmp
最后遍历其中一个链表headA（已经记录过此链表的长度lenA）,从0开始遍历到 len-temp ,最后res所指向的就是两个链表的公共部分
时间复杂度：O(m+n)
空间复杂度：O(m+n) 因为另外用到了两个栈的空间存放这两个链表
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
stack<ListNode *> vA,vB; //注意stack的声明类型要是 ListNode *
ListNode *res=headA,*ans=headB;
int lenA=0,tmp=0;
while(headA || headB){
while(headA){
vA.push(headA);
headA=headA->next;
lenA++;
}
while(headB){
vB.push(headB);
headB=headB->next;
}
}
while(!vA.empty()&&!vB.empty()){
if(vA.top()!=vB.top()) break;
tmp++;
vA.pop(),vB.pop();
}
if(tmp==0) return NULL;
for(int i=0;i<lenA-tmp;i++) res=res->next;
return res;
}
};
解法3 双指针法-简化时间复杂度
- 创建两个指针 t1 和 t2，分别初始化为链表 A 和 B 的头结点。
- 然后让它们向后逐结点遍历。分别记录两个单向链表的长度。
- 让长的那个链表先走n步（n=长-短）
- 同时遍历两个链表，此时只要t1 == t2 就说明找到了相交的起始节点
时间复杂度 : O(m+n)。
空间复杂度 : O(1)。
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
ListNode* t1=headA;
ListNode* t2=headB;
//计算t1,t2长度
int len1=0,len2=0;
while(t1)
{
t1=t1->next;
len1++;
}
while(t2)
{
t2=t2->next;
len2++;
}
//重新值回头
t1=headA;
t2=headB;
//长度较长的那个链表先走 n 步
int n=max(len1,len2)-min(len1,len2);
if(len1 > len2)
{
while(n--)
t1=t1->next;
}
else
{
while(n--)
t2=t2->next;
}
//当t1 == t2 时说明公共节点找到了。不光要值相等，还有地址也相等，因此这里叫相交的起始节点
while(t1 && t2)
{
if(t1 == t2)
{
return t1;
}
t1=t1->next;
t2=t2->next;
}
return NULL;
}
};