手撕链表OJ
!!‧✧̣̥̇‧✦‧✧̣̥̇‧✦ ‧✧̣̥̇:Solitary-walk
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- 个性标签 - ：来于“云”的“羽球人”。 Talk is cheap. Show me the code
┗━━━━━━━ ➴ ⷯ本人座右铭 ： 欲达高峰,必忍其痛;欲戴王冠,必承其重。
自
信
希望在看完我的此篇博客后可以对你有帮助哟
目录：
一 移除链表元素
二：反转一个单链表
三：链表的中间结点
四：链表中倒数第k个结点
五：合并两个有序链表
六：链表分割
七：链表的回文结构
八：相交链表
题目：
九： 环形链表
十：环形链表 II
十一：
1： 移除链表元素
思路分析
这里咱有2中方法可以实现：
方法1：直接在原链表进行删除
总的方向：把等于val 的对应节点直接删除即可，定义三个指针：pre(当前指针的前一个节点),del（要删除的节点),cur（当前节点）
注意细节：
1）当链表第一个节点就需要删除 也就是说 pre == NULL,这时候头结点需要更新
2）正常情况的删除:改变pre指向节点的next ,这时候需要找到删除cur这个节点的前一个节点也就是pre
3非头结点并且也不需要删除：pre依次改变 即 pre = cur
对应草图如下：
OJ代码
struct ListNode* removeElements(struct ListNode* head, int val)
{
struct ListNode* cur = head,*pre = NULL,*del = NULL;
while(cur)
{
if(cur->val == val)
{
if(pre == NULL)//头结点的删除
{
del = cur;
cur = del->next;
head = cur;//更新头结点
free(del);
}
else
{
del= cur;
cur = del->next;
pre->next = cur;
free(del);
}
}
else
{
//不需删除
pre = cur;
cur = cur->next;
}
}
return head;
}方法2：借助链表尾插函数的思想，把不为 val对应的节点取下来进行尾插
那么问题来了：每次尾插之前都需要先找尾，在时间上就很不占优势n个节点那么对应时间复杂度就是 O(N^2)
这里我们就需要定义一个tail指针，以此解决此问题
总的方向：不是val的节点拿下来尾插，定义三个指针 tail(尾指针) newhead(新的头结点)cur(指向原链表的当前节点)
注意细节：
1）第一个节点不为val ：执行逻辑是赋值 newhead =tail = cur; cur = cur->next; tail->next = NULL;
2) 接下来就是尾插的逻辑，只需要更新尾结点即可 tail ->next = cur; tail = tail->next; cur = cur->next; tail->next = NULL;(注意这2句代码顺序不能颠倒)
草图见下：
OJ完整代码：
struct ListNode* removeElements(struct ListNode* head, int val)
{
//方法2：尾插
struct ListNode* tail = NULL,*newhead = NULL,*cur = head;
if(head == NULL)
return NULL;
while(cur)
{
if(cur->val != val )
{
if(newhead == NULL) //第一次尾插
{
newhead = tail = cur;
cur = cur->next;
tail->next = NULL;
}
else
{
tail->next = cur;
tail = tail->next;//尾结点更新
cur = cur->next;
tail->next = NULL;//注意以上2句代码位置不能颠倒
}
}
else
{
struct ListNode* del = cur;
cur = cur->next;
free(del);
}
}
return newhead;
}2：反转一个单链表
题目：
思路分析
对于这题，咱也就是说，不仅仅局限于一种思维，咱格局打开
方法1：三指针玩法（说白了，就是改变指针走向的问题）
总的方向：定义三个指针 n1 = NULL ; n2 = head; n3 = head->next ;
注意细节：
1）当链表为空的时候
n3 = head->next; 这不就出现野指针问题了吗
合理的操作应该是：
if(head == NULL)
return NULL;
2）循环结束条件的判断：
3）新的头结点的返回
草图见下：
OJ代码：
struct ListNode* reverseList(struct ListNode* head) {
// struct ListNode* n1= NULL,*n2 = head,n3 = n2->next;//可能只有一个节点，此时n3是野指针
struct ListNode* n1= NULL,*n2 = head ;
if(head == NULL)//没有节点
return NULL;
if(head->next == NULL) //只有一个节点
return head;
struct ListNode*n3 = n2->next;
while(n2)
{
n2->next = n1;
n1 = n2;
n2 = n3;
if(n3)
n3 = n3->next;
}
return n1;
}方法2：利用头插的思想，定义2个指针 newhead = NULL,cur = head;
struct ListNode* reverseList(struct ListNode* head) {
struct ListNode* newhead = NULL,*cur = head;
if(head == NULL)
return NULL;
while(cur)
{
struct ListNode * Next = cur->next;//保留cur的下一个节点，避免找不到
cur->next = newhead;
newhead = cur;//新的头结点
cur = Next;
}
return newhead;
}3：链表的中间结点
思路分析
采用快慢指针（fas指针走2步，slow指针走1步）
原理：在速度上fast永远是slow的2倍，所以当fast走到头的时候slow刚好走到链表的一半，slow所指向的节点就是链表的中间节点
OJ代码：
struct ListNode* middleNode(struct ListNode* head)
{
if(head == NULL)
return NULL;
struct ListNode* fast = head,*slow = head;
while(fast && fast->next)//逻辑必须是且的关系
{
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
}
return slow;
}4：链表中倒数第k个结点
题目：
思路讲解：
方法1：快慢指针（注意这个与上面又有区别只不过思想是一致的）
1）定义2个指针 fast,slow
2）先让fast指针走k步：利用循环来实现
3）再让2个指针一起走：fast走1步，slow走1步
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
OJ代码：
struct ListNode* FindKthToTail(struct ListNode* pListHead, int k ) {
// write code here
struct ListNode* fast = pListHead,*slow = pListHead,*cur = pListHead;
if(pListHead ==NULL)
return NULL;
int count = 0;
while(cur)//先求出链表长度
{
count++;
cur = cur->next;
}
if(k > count || k == 0)
return NULL;
while(k--)
{
fast = fast->next;
}
while(fast)
{
fast = fast->next;
slow = slow->next;
}
return slow;
}5：合并两个有序链表
题目：
思路分析：
比较val ，取小的进行尾插
1：定义一个head 指针，一个tail 指针（免去了每一次尾插都需要找尾结点）
2：注意临界条件的判断
草图见下：
OJ代码：
struct ListNode* mergeTwoLists(struct ListNode* list1, struct ListNode* list2) {
struct ListNode* head = NULL,*tail = NULL;
if( list1 == NULL&& list2 == NULL)
return NULL;
if(list1 == NULL)
return list2;
if(list2 == NULL)
return list1;
while(list1 && list2 )
{
if(list1->val >= list2->val)
{
if(tail == NULL) //第一次尾插
{
head = tail= list2;
list2 = list2->next;
tail->next = NULL;
}
else
{
tail->next = list2;
tail = tail->next;
if(list2)
list2 = list2->next;
tail->next = NULL;//尾结点更新
}
}
else
{
if(tail == NULL) //第一次尾插
{
head = tail= list1;
list1 = list1->next;
tail->next = NULL;
}
else
{
tail->next = list1;
tail = tail->next;
if(list1)
list1 = list1->next;
tail->next = NULL;//尾结点更新
}
}
}
if(list1 != NULL)
{
tail->next = list1;
}
if(list2 != NULL)
{
tail->next = list2;
}
return head;
}6：链表分割
题目：
思路分析
首先定义2个哨兵位 ： smallHead (指向小于 x值的对应链表） bigHead(指向大于 x值的对应链表) 避免了空指针的问题
同时方便我们尾插进来找尾结点 定义2个尾指针 smallTail bigTail
小于 x 进行尾插在 smallTail
大于 x进行尾插在bigTail
最后把 2个链表进行连接
草图见下
OJ代码
class Partition {
public:
ListNode* partition(struct ListNode* pHead, int x)
{
// write code here
/*
思路：这两个链表一定要带哨兵位
小于 x 的尾插到 一个链表
大于等于 X 的尾插到另一个链表上
对尾插的节点进行连接
*/
struct ListNode* smallHead = nullptr, * smallTail = nullptr, * bigHead = nullptr, * bigTail = nullptr;//定义2个哨兵位
struct ListNode* cur = pHead;
smallHead = (struct ListNode*)malloc(sizeof(struct ListNode));
bigHead = (struct ListNode*)malloc(sizeof(struct ListNode));
smallHead->next = nullptr;
smallHead->val = -1;
bigHead->val = -1;
bigHead->next = nullptr;
while (cur)
{
if (cur->val < x)
{
if (smallTail == nullptr)
{
smallTail = cur;
cur = cur->next;
smallTail->next = nullptr;
smallHead->next = smallTail;
}
else
{
smallTail->next = cur;
cur = cur->next;
smallTail = smallTail->next;
smallTail->next = nullptr;
// cur = cur->next;
}
}
else
{
if (bigTail == nullptr)
{
bigTail = cur;
cur = cur->next; NULL;
bigHead->next = bigTail;
}
else
{
bigTail->next = cur;
cur = cur->next;
bigTail = bigTail->next;
bigTail->next = nullptr;
}
}
}
//小的链表尾连接到大的链表的头
if (smallTail)
{
smallTail->next = bigHead->next;
pHead = smallHead->next;
}
else
{
pHead = bigHead->next;//smallTail可能为空
}
//把2个哨兵位释放
free(smallHead);
free(bigHead);
return pHead;
}
};7：链表的回文结构
题目：
思路分析：
大方向： 中间节点 + 链表逆置
1：先找到链表的中间节点
注意：链表有偶数个节点返回第二个节点
1-> 2-> 2-> 1 对应的中间节点：就是倒数倒数第二个节点
1-> 2-> 3 对应中间节点：就是第二个节点
对于这个代码逻辑的分析，就借助题目3实现即可
链表逆置代码逻辑的分析见题目2
说实话，有的时候 "CV" 大法对于我们程序员来说还是挺香滴
有时候在修修改改，就OK
OJ代码：
class PalindromeList {
public:
struct ListNode* middleNode(struct ListNode* head) //返回链表中间节点
{
if(head == nullptr)
return nullptr;
struct ListNode* fast = head,*slow = head;
while(fast && fast->next)//逻辑必须是且的关系
{
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
}
return slow;
}
struct ListNode* reverseList(struct ListNode* head) //链表逆置
{
struct ListNode* newhead = nullptr,*cur = head;
if(head == nullptr)
return nullptr;
while(cur)
{
struct ListNode * Next = cur->next;//保留cur的下一个节点，避免找不到
cur->next = newhead;
newhead = cur;//新的头结点
cur = Next;
}
return newhead;
}
bool chkPalindrome(ListNode* head) {
// write code here
// 找到中间节点（偶数个节点：返回第二个）；从中间节点开始进行逆置；以此判断val
struct ListNode * mid = middleNode( head);
struct ListNode * re_mid = reverseList(head);
while(head)
{
if(head->val != re_mid->val)
{
return false;
}
else {
head = head->next;
re_mid = re_mid->next;
}
}
return true;
}
};8：相交链表
题目：
对于这个OJ题，可能大部分老铁是这样想的：
对这2个链表的每个节点依次进行比较，看链表A 中的 a1是否与链表B中的某个节点相等。搞个循环就拿下了，不知道你是否思考过时间复杂度 ：这个时间复杂度对应的级别O(N^2），在OJ上是跑不过去的
思路分析：
若是2个链表的尾结点相同，岂不是就相交了
1：注意这里不能比较 节点的val是否相同（此时尾结点的val一样，但是不相交）
2：借用快慢指针的思想：定义fast (指向较长的一个链表)slow(指向链表较短的一个)
3：先让fast走绝对值步 abs(lA-lB) :注意abs（）是一个库函数
4：在让 fast 和 slow 各自走一步进行判断是否 fast == slow
5：注意一些细节处理：2个链表只有一个节点；当2个链表的长度差很大（换言之就是：slow很快就来到尾结点）
6：找链表尾结点 是 tail ->next == NULL(而不是 tail == NULL)
7:判断链表哪一个长，可以定义一个 longListNode, shortListNode，指针含义顾名思义，这样就避免了每次进循环后的重复判断
草图见下：
OJ代码：
struct ListNode *getIntersectionNode(struct ListNode *headA, struct ListNode *headB)
{
/*
快慢指针（拉开距离）：fast（指向较长的链表）slow（指向较短链表）一起走，每次走一步，第一次 fast == slow,就是所求节点
fast先走 差距步 abs(lA-lB)
问题不知道那个链表是最长的，定义指针 shortList,longList
*/
struct ListNode * tailA = headA,*tailB = headB;
int lA = 0,lB = 0;
while( tailA->next)
{
lA++;//注意lA最终比原链表长度少1，但并不影响 abs(lA-lB)
tailA = tailA->next;
}
while(tailB->next)
{
lB++;
tailB = tailB->next;
}
int gap = abs(lA-lB);
if(tailB == tailA) //相交
{
struct ListNode* longList= headA,*shortList = headB;//假设链表A较长
if(lA >= lB)
{
longList = headA;
shortList = headB;
}
else
{
longList = headB;
shortList = headA;
}
struct ListNode*fast = longList,*slow = shortList;
while(gap--)
{
fast = fast->next;
}
//都只有一个节点，下面循环进不去
if(fast == slow)
return fast;
while(fast && fast->next)
{
fast = fast->next;
if(slow != NULL) //可能slow先来到尾结点
slow = slow->next;
if(fast == slow)
return fast;
}
}
return NULL;//不相交
}9： 环形链表
题目：
注意此时我们找尾结点是不能解决问题的
对于这种循环链表最大的问题就是不能进行遍历，因为我们永远走不出这个圈（一直死循环）
思路分析：
方法：快慢指针
1：fast 和 slow 起始位置都指向头结点
2：fast 每次走 2步 fast = fast ->next ->next ;
slow 每次走一步 slow = slow ->next ;
3: 当这2个指针相遇即代表此链表成环 即： fast == slow ；
草图分析：
比如说：屏幕前的老铁，这正好就是面试题之一，面试官就问原理是啥，
fast 和 slow 一定会相遇吗（fast 走2步，slow 走1步）
fast 走3 \4 \5……又可不可以呢？？？
相信有不少铁子也会有疑问，为什么呀，原理是啥？？？
证明：
fast 每次走2步， slow 每次走一步，并且这2个指针同时从头结点开始走，那么注定fast指针先进入环，slow 指针后进入环
假设fast 指针追 slow 指针，假设fast 与slow 之间距离为 X 。在速度上 fast 是slow 是2倍，并且 2个指针又是同时从统一起始点出发的，所以当slow 第一次进入环后但没有走完第一圈，fast 肯定会追上 slow
OJ代码：
bool hasCycle(struct ListNode *head)
{
while(fast && fast->next)
{
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
if(fast == slow)
return true;
}
return false;
}10：环形链表 II
题目：
对于这个变形题，咱先说思路，一会在进行证明
思路分析：
方法：一个指针从头结点开始走，一个指针从相遇的节点开始走，当再次相遇即为环的入口节点（即为所求）
1：快慢指针的思想：当 fast 和 slow 第一次相遇的时候 定义为 meet
2：有一个指针从头结点开始走，一个指针从meet 这个节点开始走，当这2个指针再次相遇即为链表成环的第一个节点
再则里，俺就偷个懒，就不画草图喽
OJ代码：
struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head)
{
/*
1:判断是否有环：快慢指针
2：求入环的起始节点->假设相遇的节点是meet，让一个节点从meet开始走，一个从头结点开始走，再次相遇即为所求
*/
struct ListNode * fast = head,*slow = head;
while(fast && fast->next)
{
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
if( slow == fast)//相遇
{
struct ListNode * meet = slow;
while(meet != head)
{
meet = meet->next;
head = head->next;
}
return meet;
}
}
return NULL;//没有环
}想必有不少老铁会问，原理是啥，能对这个结论进行证明吗？
没问题，接下来3,2,1，上证明
证明：
11：随机链表的复制
题目：
分析：
当我们看到这个链表的时候，无非就是多了一个 random 指针相较于 单链表而言
我相信有不少老铁是这样思考的：
当节点的random 指针指向非空的时候：第二个节点 直接让 random 指向 节点val 为 7的节点即可
我在这里想说是不行滴当链表LI有2个为7的节点呢，你知道先连哪一个吗？
有那些铁子说：不如记录一下当前 random 指针指向第几个节点
这样也不是不可以的，但是效率肯定是不太好的 O(N^2)
我这里有个最优解（仅限于使用C语言）仔细看哟，不要分心，一不小心就出差错了
额外说一下：此时对应时间复杂度的级别是 O（N）
思路分析：
首先：对原来链表进行拷贝，让原节点与拷贝节点建立联系：拷贝的节点尾插到对应节点的后面
其次：控制拷贝节点的random 注意这是解这题的核心
当random 不为空： copy -> random = cur ->random->next ;
当random 为空：copy ->random = NULL ;
最后：让拷贝链表与原链表分开，同时恢复原来链表
定义 3个指针：
copyHead （拷贝链表新的头结点） copyTail（拷贝链表的尾结点） curNext
1）把拷贝节点拿下来尾插
对拷贝节点第一次尾插
copyHead = copyTail = cur -> next ;
curNext = cur->next->next;
cur->next = curNext;//恢复原来链表
cur = curNext;
copyTail ->next = NULL;
之后对拷贝节点尾插逻辑：
copyTail->next =cur->next;
curNext = cur->next->next;
cur ->next = curNext;//恢复原来链表
cur = curNext;//迭代
copyTail = copyTail->next;//尾结点及时更新
copyTail ->next = NULL;//尾结点及时置空
2）原链表的恢复：让cur -> next = curNext ;
OJ代码：
struct Node* copyRandomList(struct Node* head)
{
/*
1:拷贝节点到原来节点的后面：是源节点与拷贝节点建立联系（实际上：没有任何关系：malloc）
2：控制拷贝节点的random
3：让拷贝节点与源节点断开 && 恢复原来链表
*/
struct Node* cur = head,*copy = NULL;
while(cur) //1
{
copy = (struct Node*)malloc(sizeof(struct Node));
if(copy == NULL)
return NULL;
//开辟成功，赋值
copy->val = cur->val;
copy->next = cur->next;
struct Node* curNext = cur->next;
//插入到当前节点后面
cur->next = copy;
copy->next = curNext;
cur = curNext;//迭代
}
cur = head;//cur重新赋值
// copy = cur->next;
while(cur)//2
{
copy = cur->next;//拷贝节点永远在cur 的后面
if(cur->random == NULL)
{
copy->random = NULL;
}
else
{
copy->random = cur->random->next;
}
cur = copy->next;//迭代
}
cur = head;//cur重新赋值
struct Node* copyHead = NULL,*copyTail = NULL,*curNext = NULL;
while(cur)//3:把拷贝节点取下来尾插
{
if(copyTail ==NULL)
{
copyHead = copyTail = cur->next;
curNext = cur->next->next;
cur->next = curNext;//恢复原来链表
cur = curNext;
copyTail ->next = NULL;
}
else
{
copyTail->next =cur->next;
curNext = cur->next->next;
cur ->next = curNext;//恢复原来链表
cur = curNext;//迭代
copyTail = copyTail->next;//尾结点及时更新
copyTail ->next = NULL;//尾结点及时置空
}
}
return copyHead;
}总结：
对于我这种小白来讲，做链表方面的OJ题，结合画图来说确实是省了不少事情，相比较自己 盲想省去了不少麻烦，在之后就是自己还是要多多练习，注意指针走向，边界的判断
结语：
对于链表这块，需要咱们多多实践，这样才能知不足，而奋进。对于这个快慢指针的应用我们方向是很灵活的，有时候看似题目很难（比如求环形链表入口的第一个节点），采用快慢指针代码量瞬间就变得很精简。其次就是我们在敲代码的时候要注意“数码结合”，画图真的帮我们省了不少问题，ok，话不多说，咱走起，你是懂滴，铁子！