代码随想录算法训练营day04||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

第二章 链表part02

24. 两两交换链表中的节点

给定一个链表，两两交换其中相邻的节点，并返回交换后的链表。

你不能只是单纯的改变节点内部的值，而是需要实际的进行节点交换。

 思路：两种可以采用的方法

第一种思路就是迭代法，正常模拟就可以了，建议使用虚拟头结点，这样会方便很多，要不然每次针对头结点（没有前一个指针指向头结点），还要单独处理。

第二种 是采用递归法，后面详细说说递归法的思路，总结一下递归法的“套路。”

接下来就是交换相邻两个元素了，此时一定要画图，不画图，操作多个指针很容易乱，而且要操作的先后顺序

一、迭代法

 初始时，cur指向虚拟头结点，然后进行如下三步：

 看这个可能就更直观一些了：

class Solution {
    public ListNode swapPairs(ListNode head) {
        ListNode dummyhead = new ListNode(-1);//设置一个虚拟头节点
        dummyhead.next = head;//虚拟头节点指向head，方便后面的操作
        ListNode cur = dummyhead; //cur保证始终指向的是：需要交换的两节点的前一节点
        ListNode tmp;//临时节点，保存被交换两个节点的后面节点
        ListNode firstnode;//临时节点，保存两个相邻节点中第一个节点
        ListNode secondnode;//临时节点，保存两个相邻节点中的第二个节点
        while(cur.next != null && cur.next.next != null){
            tmp = cur.next.next.next;
            firstnode = cur.next;
            secondnode = cur.next.next;
            cur.next = secondnode;  //三步中的第一步
            secondnode.next = firstnode;//三步中的第二步
            firstnode.next = tmp;//三步中的第三步
            cur = firstnode;//cur向后移动2位(到firstnode的位置)，准备下一轮的轮换
        }
        return dummyhead.next;
    }
}

二、递归法 

分享一个经验，理解递归不要看答案给的代码，要自己画个图，把递归拆解成，“递”和”归“ 两部分，根据业务判断，从头到尾每次递给下一层该是什么参数，从尾到头归来需要什么样的返回值，只看答案给的代码是可以理解，但是下次自己写还是写不出。

递归法的宗旨就是紧紧抓住原来的函数究竟返回的是什么?作用是什么? 即可

其余的细枝末节不要细究,编译器会帮我们自动完成。

比如本题：

swapPairs(ListNode head) 的意义就是两两翻转链表中的节点+返回翻转后的新的头结点

// 我们知道翻转后新的头结点必然是第二个节点

// 举例子:1->2->3->4 翻转后:2->1->4->3

ListNode newHead = head.next;   // 此时newHead为： 2

ListNode tmpHead = swapPairs(newHead.next);  // 此时传入的其实是newHead.next其实是head.next.next，也就是需要翻转的俩节点后的第“三”个节点。 此时tmpHead为:4->3

后面再根据具体情况改变1和2的指针指向，返回新的头节点即可。

class Solution {
    public ListNode swapPairs(ListNode head) {
        /*递归法: (没有设置虚拟头节点)
        宗旨就是紧紧抓住原来的函数究竟返回的是什么?作用是什么?即可
        其余的细枝末节不要细究,编译器会帮我们自动完成*/
        if(head == null || head.next == null) return head;//只有0个或1个节点的情况
       // swapPairs(ListNode head) 的意义就是两两翻转链表中的节点+返回翻转后的新的头结点
        // 我们知道翻转后新的头结点必然是第二个节点
        // 举例子:1->2->3->4 翻转后:2->1->4->3
        ListNode newHead = head.next; // 2
        // 此时tmpHead为:4->3
        ListNode tmpHead = swapPairs(newHead.next);
        // 而前面的还粘连着:1->2->(3)  4->3
        // 此时再让1->4 此时链表为:2->(3) 1->4->3
        head.next = tmpHead;
        // 再将2指向1即可 此时链表为:2->1->4->3 已经完成翻转
        newHead.next = head;
        // 返回新的头结点
        return newHead;
    }
}

 19.删除链表的倒数第N个节点

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。

进阶：你能尝试使用一趟扫描实现吗？

 思路：这题可以用双指针来解决，双指针的经典应用，如果要删除倒数第n个节点，让fast移动n步，然后让fast和slow同时移动，直到fast指向链表末尾。删掉slow所指向的节点就可以了。

 思路有了，但具体实现还是要注意一些细节问题。

我们在前面的题目也用到过删除链表的某个元素，那个地方就强调了，我们的当前指针cur要指向的是被删除节点的前一个节点（这么做好处多多，可以直接操作被删除节点的前一个和后一个节点，达到删除节点的目的）。因此我们这里的慢指针slow的位置要特别注意一下。

• 定义fast指针和slow指针，初始值为虚拟头结点，如图：

• fast首先走n + 1步 ，为什么是n+1呢，因为只有这样同时移动的时候slow才能指向删除节点的上一个节点（方便做删除操作），如图：（这步就是我们前面强调的！）

•  fast和slow同时移动，直到fast指向末尾，如图：

•  删除slow指向的下一个节点，如图：

class Solution {
    public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
        ListNode dummyHead = new ListNode(-1);//定义虚拟头节点
        dummyHead.next = head;

        ListNode fastIndex = dummyHead;
        ListNode slowIndex = dummyHead;

        //只要快慢指针相差n个节点即可（但实际便于删除操作，我们让fast指针多走n+1）
        for(int i = 0;i <= n;i++){ //0-n嘛，实际是走了n+1
            fastIndex = fastIndex.next;
        }

        while (fastIndex != null){ //快、慢指针一起向后平移（相差n+1）
        fastIndex = fastIndex.next;
        slowIndex = slowIndex.next;
    }
        //此时 slowIndex 的位置就是待删除元素的前一个位置。
        //具体情况可自己画一个链表长度为 4 的图来模拟代码来理解
        slowIndex.next = slowIndex.next.next;
        return dummyHead.next; //返回真正的头节点
    }
}

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

 面试题 02.07. 链表相交（同：160.链表相交）

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 。

示例最后的一句解释有点没太明白，好好想想为什么1不是交点节点？ （交点不是数值相等，而是指针相等。）

思路：简单来说，就是求两个链表交点节点的指针。 这里大家要注意，交点不是数值相等，而是指针相等。

为了方便举例，假设节点元素数值相等，则节点指针相等。

• 看如下两个链表，目前curA指向链表A的头结点，curB指向链表B的头结点：

•  我们求出两个链表的长度，并求出两个链表长度的差值，然后让curA移动到，和curB 末尾对齐的位置，如图：

• 此时我们就可以比较curA和curB是否相同，如果不相同，同时向后移动curA和curB，如果遇到curA == curB，则找到交点。 否则循环退出返回空指针。

if (curA == curB) { return curA; }

public class Solution {
    public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
        ListNode curA = headA;
        ListNode curB = headB;
        int lenA = 0, lenB = 0;
        while (curA != null) { // 求链表A的长度
            lenA++;
            curA = curA.next;
        }
        while (curB != null) { // 求链表B的长度
            lenB++;
            curB = curB.next;
        }
        curA = headA;
        curB = headB;
        // 让curA为最长链表的头，lenA为其长度
        if (lenB > lenA) {
            //1. swap (lenA, lenB);
            int tmpLen = lenA;
            lenA = lenB;
            lenB = tmpLen;
            //2. swap (curA, curB);
            ListNode tmpNode = curA;
            curA = curB;
            curB = tmpNode;
        }
        // 求长度差
        int gap = lenA - lenB;
        // 让curA和curB在同一起点上（末尾位置对齐）
        while (gap-- > 0) {
            curA = curA.next;
        }
        // 遍历curA 和 curB，遇到相同则直接返回
        while (curA != null) {
            if (curA == curB) {
                return curA;
            }
            curA = curA.next;
            curB = curB.next;
        }
        return null;
    }
}

 142.环形链表II 

题意： 给定一个链表，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 null。

为了表示给定链表中的环，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。

说明：不允许修改给定的链表。

 思路：

这道题目，不仅考察对链表的操作，而且还需要一些数学运算。

主要考察两知识点：

• 判断链表是否环
• 如果有环，如何找到这个环的入口

判断链表是否有环

可以使用快慢指针法，分别定义 fast 和 slow 指针，从头结点出发，fast指针每次移动两个节点，slow指针每次移动一个节点，如果 fast 和 slow指针在途中相遇 ，说明这个链表有环。

为什么fast 走两个节点，slow走一个节点，有环的话，一定会在环内相遇呢，而不是永远的错开呢

首先第一点：fast指针一定先进入环中，如果fast指针和slow指针相遇的话，一定是在环中相遇，这是毋庸置疑的。

那么来看一下，为什么fast指针和slow指针一定会相遇呢？

可以画一个环，然后让 fast指针在任意一个节点开始追赶slow指针。

会发现最终都是这种情况， 如下图：

fast和slow各自再走一步， fast和slow就相遇了

这是因为fast是走两步，slow是走一步，其实相对于slow来说，fast是一个节点一个节点的靠近slow的，所以fast一定可以和slow重合。

如果有环，如何找到这个环的入口

此时已经可以判断链表是否有环了，那么接下来要找这个环的入口了。

假设从头结点到环形入口节点 的节点数为x。 环形入口节点到 fast指针与slow指针相遇节点 节点数为y。 从相遇节点 再到环形入口节点节点数为 z。 如图所示：

接下来就是一段典型的数学问题的分析了，很考验数学思维，类似以前做过的追及相遇问题： 

因为fast指针是一步走两个节点，slow指针一步走一个节点， 所以 fast指针走过的节点数 = slow指针走过的节点数 * 2：

(x + y) * 2 = x + y + n (y + z)

两边消掉一个（x+y）: x + y = n (y + z)

因为要找环形的入口，那么要求的是x，因为x表示 头结点到 环形入口节点的的距离。

所以要求x ，将x单独放在左面：x = n (y + z) - y ,

再从n(y+z)中提出一个 （y+z）来，整理公式之后为如下公式：x = (n - 1) (y + z) + z 注意这里n一定是大于等于1的，因为 fast指针至少要多走一圈才能相遇slow指针。

这个公式说明什么呢？

先拿n为1的情况来举例，意味着fast指针在环形里转了一圈之后，就遇到了 slow指针了。

当 n为1的时候，公式就化解为 x = z，

这就意味着，从头结点出发一个指针，从相遇节点 也出发一个指针，这两个指针每次只走一个节点， 那么当这两个指针相遇的时候就是 环形入口的节点。

也就是在相遇节点处，定义一个指针index2，在头结点处定一个指针index1。 

让index1和index2同时移动，每次移动一个节点， 那么他们相遇的地方就是 环形入口的节点。

It's Amazing，right？ 

public class Solution {
    public ListNode detectCycle(ListNode head) {
        ListNode slow = head;
        ListNode fast = head;
        while(fast != null && fast.next != null){
            slow = slow.next;
            fast = fast.next.next;
            if(slow == fast){//说明有欢，且在环中相遇
                ListNode index1 = head;
                ListNode index2 = fast;
      //定义两个指针，分别从头节点和相遇节点，各走一步，直到相遇，相遇点即为环入口
                while(index1 != index2){
                    index1 = index1.next;
                    index2 = index2.next;
                } 
                return index1; //返回相遇的节点，index1/index2都行，即为入口节点
            }
        }
        return null; //否则就链表无环，返回空
    }
}

• 时间复杂度: O(n)，快慢指针相遇前，指针走的次数小于链表长度，快慢指针相遇后，两个index指针走的次数也小于链表长度，总体为走的次数小于 2n
• 空间复杂度: O(1)