Merge k Sorted Lists -- LeetCode

原题链接:  http://oj.leetcode.com/problems/merge-k-sorted-lists/  

这道题目在分布式系统中非常常见，来自不同client的sorted list要在central server上面merge起来。这个题目一般有两种做法，下面一一介绍并且分析复杂度。 第一种做法比较容易想到，就是有点类似于MergeSort的思路,就是分治法，不了解MergeSort的朋友，请参见归并排序-维基百科，是一个比较经典的O(nlogn)的排序算法，还是比较重要的。思路是先分成两个子任务，然后递归求子任务，最后回溯回来。这个题目也是这样，先把k个list分成两半，然后继续划分，知道剩下两个list就合并起来，合并时会用到Merge Two Sorted Lists这道题，不熟悉的朋友可以复习一下。代码如下： 

public ListNode mergeKLists(ArrayList<ListNode> lists) {
    if(lists==null || lists.size()==0)
        return null;
    return helper(lists,0,lists.size()-1);
}
private ListNode helper(ArrayList<ListNode> lists, int l, int r)
{
    if(l<r)
    {
        int m = (l+r)/2;
        return merge(helper(lists,l,m),helper(lists,m+1,r));
    }
    return lists.get(l);
}
private ListNode merge(ListNode l1, ListNode l2)
{ 
    ListNode dummy = new ListNode(0);
    dummy.next = l1;
    ListNode cur = dummy;
    while(l1!=null && l2!=null)
    {
        if(l1.val<l2.val)
        {
            l1 = l1.next;
        }
        else
        {
            ListNode next = l2.next;
            cur.next = l2;
            l2.next = l1;
            l2 = next;
        }
        cur = cur.next;
    }
    if(l2!=null)
        cur.next = l2;
    return dummy.next;
}

我们来分析一下上述算法的时间复杂度。假设总共有k个list，每个list的最大长度是n，那么运行时间满足递推式T(k) = 2T(k/2)+O(n*k)。根据主定理，可以算出算法的总复杂度是O(nklogk)。如果不了解主定理的朋友，可以参见 主定理-维基百科 。空间复杂度的话是递归栈的大小O(logk)。
接下来我们来看第二种方法。这种方法用到了堆的数据结构，思路比较难想到，但是其实原理比较简单。维护一个大小为k的堆，每次取堆顶的最小元素放到结果中，然后读取该元素的下一个元素放入堆中，重新维护好。因为每个链表是有序的，每次又是去当前k个元素中最小的，所以当所有链表都读完时结束，这个时候所有元素按从小到大放在结果链表中。这个算法每个元素要读取一次，即是k*n次，然后每次读取元素要把新元素插入堆中要logk的复杂度，所以总时间复杂度是O(nklogk)。空间复杂度是堆的大小，即为O(k)。代码如下：

public ListNode mergeKLists(ArrayList<ListNode> lists) {
    PriorityQueue<ListNode> heap = new PriorityQueue<ListNode>(10,new Comparator<ListNode>(){
            @Override
            public int compare(ListNode n1, ListNode n2)
            {
                return n1.val-n2.val;
            }
        });
    for(int i=0;i<lists.size();i++)
    {
        ListNode node = lists.get(i); 
        if(node!=null)
        {
            heap.offer(node);
        }
    }
    ListNode head = null;
    ListNode pre = head;
    while(heap.size()>0)
    {
        ListNode cur = heap.poll();
        if(head == null)
        {
            head = cur;
            pre = head;
        }
        else
        {
            pre.next = cur;
        }
        pre = cur;
        if(cur.next!=null)
            heap.offer(cur.next);
    }
    return head;
}

可以看出两种方法有着同样的时间复杂度，都是可以接受的解法，但是却代表了两种不同的思路，数据结构也不用。个人觉得两种方法都掌握会比较好哈，因为在实际中比较有应用，所以也是比较常考的题目。