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。

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 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:

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 看这个可能就更直观一些了:

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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?

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 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:

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  • 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!)

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  •  fast和slow同时移动,直到fast指向末尾,如图:

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  •  删除slow指向的下一个节点,如图:

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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:

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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 。

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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:

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  •  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:

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  • 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。

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 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:

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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。

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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:

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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)

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