代码随想录算法训练营第四天 | 24. 两两交换链表中的节点、19.删除链表的倒数第N个节点、面试题 02.07. 链表相交、142.环形链表II
代码随想录算法训练营第四天 | 24. 两两交换链表中的节点、19.删除链表的倒数第N个节点、面试题 02.07. 链表相交、142.环形链表II
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- 代码随想录算法训练营第四天 | 24. 两两交换链表中的节点、19.删除链表的倒数第N个节点、面试题 02.07. 链表相交、142.环形链表II
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- 1 LeetCode 24. 两两交换链表中的节点
- 2 LeetCode 19.删除链表的倒数第N个节点
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- 2.1 2009年408算法题
- 2.2 LeetCode19题
- 3 LeetCode 面试题 02.07. 链表相交
-
- 3.1 2012年408算法题
- 3.2 LeetCode 面试题 02.07题
- 4 LeetCode 142.环形链表II
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- 4.1 快慢指针
- 4.2 哈希表
1 LeetCode 24. 两两交换链表中的节点
题目链接：https://leetcode.cn/problems/swap-nodes-in-pairs/description/
给你一个链表，两两交换其中相邻的节点，并返回交换后链表的头节点。你必须在不修改节点内部的值的情况下完成本题（即，只能进行节点交换）。
示例 1：
输入：head = [1,2,3,4] 输出：[2,1,4,3]示例 2：
输入：head = [] 输出：[]示例 3：
输入：head = [1] 输出：[1]提示：
- 链表中节点的数目在范围
[0, 100]内0 <= Node.val <= 100
做这道题目时推荐大家画图感受，更加直观，不容易出现断链的错误，而且图画完了代码也就出来了，这种类型的题目在408选择题中很喜欢考察，请务必重视，养成画图的好习惯，下面给出我个人画的图：
根据所画的图我们也不难写出对应的代码。
（1）Python版本代码：
# Definition for singly-linked list.
# class ListNode:
# def __init__(self, val=0, next=None):
# self.val = val
# self.next = next
class Solution:
def swapPairs(self, head):
dummy = ListNode(0)
dummy.next = head
cur = dummy
while cur.next and cur.next.next:
# 保存临时节点，避免断链
temp1 = cur.next
temp2 = cur.next.next
cur.next = temp2 # 步骤一
temp1.next = temp2.next # 步骤二
temp2.next = temp1 # 步骤三
cur = cur.next.next # 跳两个节点进行下一步操作
return dummy.next
（2）C++版本代码：
class Solution {
public:
ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
ListNode* dummy = new ListNode(0); // 创建一个虚拟头节点
dummy->next = head;
ListNode* cur = dummy;
while (cur->next != nullptr && cur->next->next != nullptr) {
// 保存临时节点，避免断链
ListNode* temp1 = cur->next;
ListNode* temp2 = cur->next->next;
cur->next = temp2; // 步骤一：将 cur 的 next 指向 temp2
temp1->next = temp2->next; // 步骤二：将 temp1 的 next 指向 temp2 的 next
temp2->next = temp1; // 步骤三：将 temp2 的 next 指向 temp1
cur = cur->next->next; // 跳两个节点进行下一步操作
}
ListNode* new_head = dummy->next;
delete dummy; // 删除虚拟头节点
return new_head;
}
};
- 时间复杂度：O(n)
- 空间复杂度：O(1)
2 LeetCode 19.删除链表的倒数第N个节点
题目链接：https://leetcode.cn/problems/remove-nth-node-from-end-of-list/description/
给你一个链表，删除链表的倒数第
n个结点，并且返回链表的头结点。示例 1：
输入：head = [1,2,3,4,5], n = 2 输出：[1,2,3,5]示例 2：
输入：head = [1], n = 1 输出：[]示例 3：
输入：head = [1,2], n = 1 输出：[1]提示：
- 链表中结点的数目为
sz1 <= sz <= 300 <= Node.val <= 1001 <= n <= sz**进阶：**你能尝试使用一趟扫描实现吗？
这道题目的解法跟2009年408数据结构算法题如出一辙，我们在前面的数组学习中也提到了那道题目，如下图所示：
408的这道题目和力扣的这道题目都是双指针法的经典应用，408的09年算法题只需要查找，而今天这题只是多加了一步删除操作，下面我们首先来解决408的09年的那道算法题。
2.1 2009年408算法题
（1）算法的基本设计思想：问题的关键是设计一个尽可能高效的算法，通过链表的一趟遍历，找到倒数第k个结点的位置。算法的基本设计思想:定义两个指针变量p和q，初始时均指向头结点的下一个结点(链表的第一个结点)。p指针沿链表移动，当p指针移动到第k个结点时，q指针开始与p指针同步移动;当p指针移动到最后一个结点时，q指针所指示结点为倒数第k个结点。以上过程对链表仅进行一遍扫描。
（2）算法的详细实现步骤：
①count=0，p和q指向链表表头结点的下一个结点；
②若p为空，转⑤；
③若count 等于k，则q指向下一个结点；否则，count = count + 1；
④p指向下一个结点，转②；
⑤若count等于k，则查找成功，输出该结点的data域的值，返回1；否则，说明k值超过了线性表的长度，查找失败，返回0；
⑥算法结束。
（3）算法实现：
typedef int ElemType;
typedef struct LNode{
ElemType data;
struct Lnode *link;
}*LinkList;
int Search_k(LinkList list, int k){
LinkList p=list->link,q=list->link;
int count=0;
while(p!=NULL){
if(count<k) count++;
else q=q->link;p=p->link;
}
if(count<k)
return 0;
else{
printf("%d",q->data);
return 1;
}
}
2.2 LeetCode19题
这道题目的思路和上面一样，我们定义两个指针（fast 和 slow）初始都指向虚拟头节点，将 fast 指针向前移动 n 步，这样fast 和 slow 之间保持了 n 个节点的间隔，紧接着同时移动两个指针，直到 fast 指针到达链表末尾（fast.next 为 None），此时slow 指针正好指向要删除节点的前一个节点，修改 slow 指针的 next 指向，以跳过需要删除的节点，返回虚拟头节点的下一个节点作为新的头节点
（1）Python版本代码：
class Solution:
def removeNthFromEnd(self, head, n):
dummy = ListNode(0) # 创建虚拟头节点
dummy.next = head
slow = fast = dummy # 初始化 slow 和 fast 指针
# 移动 fast 指针，使其与 slow 之间的间隔为 n
while(n > 0 and fast):
fast = fast.next
n -= 1
fast = fast.next
# 同时移动 slow 和 fast，直到 fast 到达链表末尾
while(fast):
fast = fast.next
slow = slow.next
# 删除节点
slow.next = slow.next.next
return dummy.next # 返回新的头节点
（2）C++版本代码：
class ListNode {
public:
int val;
ListNode *next;
ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
};
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode* dummy = new ListNode(0); // 创建一个虚拟头节点
dummy->next = head;
ListNode* slow = dummy;
ListNode* fast = dummy;
// 移动 fast 指针，使其与 slow 之间的间隔为 n
while (n > 0) {
fast = fast->next;
n--;
}
fast = fast->next;
// 同时移动 slow 和 fast，直到 fast 到达链表末尾
while (fast) {
fast = fast->next;
slow = slow->next;
}
// 删除节点
ListNode* temp = slow->next;
slow->next = slow->next->next;
delete temp; // 释放被删除节点的内存
ListNode* newHead = dummy->next;
delete dummy; // 删除虚拟头节点，释放内存
return newHead; // 返回新的头节点
}
};
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(1)
3 LeetCode 面试题 02.07. 链表相交
题目链接：https://leetcode.cn/problems/intersection-of-two-linked-lists-lcci/description/
给你两个单链表的头节点
headA和headB，请你找出并返回两个单链表相交的起始节点。如果两个链表没有交点，返回null。图示两个链表在节点
c1开始相交**：**
题目数据 保证 整个链式结构中不存在环。
注意，函数返回结果后，链表必须 保持其原始结构 。
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：Intersected at '8' 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：Intersected at '2' 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 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。 这两个链表不相交，因此返回 null 。提示：
listA中节点数目为mlistB中节点数目为n0 <= m, n <= 3 * 1041 <= Node.val <= 1050 <= skipA <= m0 <= skipB <= n- 如果
listA和listB没有交点，intersectVal为0- 如果
listA和listB有交点，intersectVal == listA[skipA + 1] == listB[skipB + 1]**进阶：**你能否设计一个时间复杂度
O(n)、仅用O(1)内存的解决方案？
这道面试题目也在408的考试中出现过了，也就是2012年的408算法题，也和这题如出一辙，同样的思路同样的解决办法，下面我贴出2012年的408算法题给大家看看。
3.1 2012年408算法题
下面我给出王道官方答案：
3.2 LeetCode 面试题 02.07题
看完408的题目是不是觉得和今天的题目基本一模一样，我也挺感叹的，所以还是要好好刷题，现在我们回到力扣的题目，题目要我们求出链表交点，也就是求两个链表交点节点的指针，需要注意的是交点不是数值相等，而是指针相等，在上面的王道官方答案里面也说过，所以需要留意一下，避免出错。
我们仿照上面王道的思路，首先分别计算两个链表的长度，这一步是为了确定哪个链表更长，以及它们长度的差异，然后根据两个链表的长度差，调整较长链表的起始位置，这意味着，如果一个链表比另一个长，我们就将较长链表的头部向前移动直到两个链表从同一长度开始，也就是尾部对齐操作，接着从这个相同长度的起点开始，同时遍历两个链表，由于两个链表现在是同步的，如果它们相交，那么它们必定会在某个点拥有相同的节点，继续同步遍历直到找到两个链表相同的节点，这个节点就是交点。如果没有交点，则最终两个指针都会同时到达各自链表的末尾。
（1）Python版本代码：
class Solution:
def getIntersectionNode(self, headA: ListNode, headB: ListNode) -> ListNode:
# 获取链表的长度
def getLength(head):
length = 0
while head:
length += 1
head = head.next
return length
lenA, lenB = getLength(headA), getLength(headB) # 计算两个链表的长度
# 根据长度差，调整两个链表的起始位置
while lenA > lenB:
headA = headA.next
lenA -= 1
while lenB > lenA:
headB = headB.next
lenB -= 1
# 同步遍历两个链表，直到找到相交节点
while headA != headB:
headA = headA.next
headB = headB.next
return headA # 相交节点（如果不存在则为 None）
（2）C++版本代码：
class Solution {
public:
// 获取链表的长度
int getLength(ListNode* head) {
int length = 0;
while (head != NULL) {
length++;
head = head->next;
}
return length;
}
// 找到两个链表的相交节点
ListNode* getIntersectionNode(ListNode* headA, ListNode* headB) {
int lenA = getLength(headA); // 链表A的长度
int lenB = getLength(headB); // 链表B的长度
// 根据长度差，调整两个链表的起始位置
while (lenA > lenB) {
headA = headA->next;
lenA--;
}
while (lenB > lenA) {
headB = headB->next;
lenB--;
}
// 同步遍历两个链表，直到找到相交节点
while (headA != headB) {
headA = headA->next;
headB = headB->next;
}
return headA; // 相交节点（如果不存在则为 nullptr）
}
};
- 时间复杂度：O(n + m)
- 空间复杂度：O(1)
4 LeetCode 142.环形链表II
题目链接：https://leetcode.cn/problems/linked-list-cycle-ii/description/
给定一个链表的头节点
head，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回null。如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪
next指针再次到达，则链表中存在环。 为了表示给定链表中的环，评测系统内部使用整数pos来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。如果pos是-1，则在该链表中没有环。注意：pos不作为参数进行传递，仅仅是为了标识链表的实际情况。不允许修改 链表。
示例 1：
输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1 输出：返回索引为 1 的链表节点 解释：链表中有一个环，其尾部连接到第二个节点。示例 2：
输入：head = [1,2], pos = 0 输出：返回索引为 0 的链表节点 解释：链表中有一个环，其尾部连接到第一个节点。示例 3：
输入：head = [1], pos = -1 输出：返回 null 解释：链表中没有环。提示：
- 链表中节点的数目范围在范围
[0, 104]内-105 <= Node.val <= 105pos的值为-1或者链表中的一个有效索引**进阶：**你是否可以使用
O(1)空间解决此题？
这道题目强烈推荐去看一下卡哥的视频讲解以及文字讲解，算是全网讲解最详细，卡哥的代码随想录关于这道题目有很多图解，大家可以去看看，由于我最近在忙于课设验收工作，所以在此就简单介绍一下两种实现思路。
4.1 快慢指针
我们使用两个指针，一个快指针（每次移动两步）和一个慢指针（每次移动一步），如果链表中存在环，快慢指针最终会在环内相遇（这里涉及一个数学推导，差不多中学知识就可以理解），找到相遇点后，将一个指针移回链表头部，另一个保持在相遇点，两个指针每次都移动一步，当它们再次相遇时，相遇点就是环的起始节点。
（1）Python版本代码
class Solution:
def detectCycle(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
if not head:
return None
slow, fast = head, head
has_cycle = False
# 使用快慢指针检测环
while fast and fast.next:
slow = slow.next
fast = fast.next.next
if slow == fast:
has_cycle = True
break
# 如果存在环，找到环的起点
if has_cycle:
slow = head # 将一个指针移回链表头部
while slow != fast: # 当两个指针再次相遇时，即为环的起点
slow = slow.next
fast = fast.next
return slow
return None # 如果没有环，返回 None
（2）C++版本代码
class ListNode {
public:
int val;
ListNode *next;
ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
};
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
if (head == nullptr || head->next == nullptr) {
return nullptr;
}
ListNode *slow = head;
ListNode *fast = head;
bool hasCycle = false;
// 使用快慢指针检测环
while (fast != nullptr && fast->next != nullptr) {
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
if (slow == fast) {
hasCycle = true;
break;
}
}
// 如果存在环，找到环的起点
if (hasCycle) {
slow = head; // 将一个指针移回链表头部
while (slow != fast) { // 当两个指针再次相遇时，即为环的起点
slow = slow->next;
fast = fast->next;
}
return slow;
}
return nullptr; // 如果没有环，返回 nullptr
}
};
- 时间复杂度：O(N)，这里 N 是链表的节点数，在最坏的情况下，我们需要遍历整个链表一次来确定环的起点或确认链表没有环。
- 空间复杂度：O(N)，需要额外的空间来存储已经访问过的节点，在最坏的情况下可能需要将整个链表的节点都存储在哈希表中。
4.2 哈希表
哈希表方法也算比较简单，大致思路就是遍历链表，同时将每个节点存入哈希表，每次遍历时，检查当前节点是否已存在于哈希表中，如果当前节点已存在于哈希表，说明找到了环的起点；否则，继续遍历，如果遍历完链表都没有找到环，返回 None。
（1）Python版本代码
class Solution:
def detectCycle(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
visited = set() # 创建哈希表来存储访问过的节点
while head:
if head in visited: # 检查节点是否出现过
return head # 找到环的起点
visited.add(head) # 将节点添加到哈希表
head = head.next
return None # 没有环
（2）C++版本代码
class ListNode {
public:
int val;
ListNode *next;
ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
};
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
unordered_set visited; // 哈希表存储访问过的节点
while (head != nullptr) {
if (visited.count(head)) // 检查节点是否已在哈希表中
return head; // 找到环的起点
visited.insert(head); // 将节点加入哈希表
head = head->next;
}
return nullptr; // 没有环
}
};
- 时间复杂度：O(N)，虽然快指针比慢指针移动得快，但在最坏的情况下，时间复杂度仍然是 O(N)，这是因为快指针最多遍历整个链表两次（第一次是找到相遇点，第二次是与慢指针一起找到环的起点）。
- 空间复杂度：O(1)，这种方法只需要常数级别的额外空间，因为它只使用了两个指针（快指针和慢指针），而不需要存储其他额外的信息。