链表的一些问题经常会在面试中出现,这类题目能很好的反映出程序员的编程基本功,以及思维的缜密程度。写代码之前,最好能仔细分析一下题目,列出关键点。其实思路是最重要的,思路如果正确,代码实现不是问题,更像是一个翻译的过程。下面是4道关于链表的题目,网上都有思路解答。自己实现了一下,供网友参考。下面各题的链表结点定义如下:
struct ListNode { int key; ListNode *next; ListNode(int k = 0, ListNode *p = NULL) { key = k; next = p;} };
问题1:输入一个链表的头结点,反转该链表,并返回反转后链表的头结点。
思路:可以定义两个辅助指针,一个指向当前结点,设为pCur;一个指向前一个结点,设为pPrev,然后反转 pCur->next = pPrev。但是原来的pCur->next丢失了。可以再定义一个辅助指针pNext,用来保存这个值。另外就是一些为空的判断,需要加倍小心。
参考代码:
ListNode* ReverseList(ListNode *pHead) { ListNode *pPre = NULL; ListNode *pCur = pHead; //开始反转 while(pCur != NULL) { ListNode *pNext = pCur->next; //临时保存下一个结点 //关键的三步 pCur->next = pPre; //反转 pPre = pCur; //保存上一个结点 pCur = pNext; //更新当前结点 } return pPre; //pPre变为第一个结点 }
问题2:输入一个链表的头结点,从尾到头反过来输出每个结点的值。
思路:有很多解法,网上常见的有三种,一般都能想到。(1)可以利用问题1的结果,反转链表,然后再输出。(2)用递归实现。(3)用栈,其实与解法2相似,递归的本质其实就是栈的思想。给出后两种解法的代码。
参考代码:
//栈实现 void ReorderPrint_Solution1(ListNode * pHead) { stack<int> keyStack; //结点的数据栈 ListNode *pNode = pHead; while(pNode != NULL) //将链表的数据压栈 { keyStack.push(pNode->key); pNode = pNode->next; } while(keyStack.size() > 0) //出栈 { cout<<keyStack.top()<<' '; keyStack.pop(); } } //递归实现 void ReorderPrint_Solution2(ListNode * pHead) { if(pHead == NULL) return; else { ReorderPrint_Solution2(pHead->next); cout<<pHead->key<<' '; } }
问题3:给定链表的头指针和一个结点指针,在O(1)时间删除该结点。
思路:《编程之美》有这道题,采用了一种“狸猫换太子”的方法,非常形象。真正删除的是下一个结点,同时将原删除结点的数据项设为下一个结点的数据项。《编程之美》中假定删除结点不是第一个结点,也不是最后一个结点。本问题中,没有这个限制,如果是删除的最后结点。只能从头遍历,找到前驱结点。但是平均的时间复杂度为O(1)。
参考代码:以下代码基于删除结点一定在链表中这个假设。
ListNode* DeleteNode(ListNode* pHead, ListNode* pDeleted) { if(pHead == NULL || pDeleted == NULL) return NULL; if(pDeleted->next != NULL) //不是最后一个结点 { ListNode *pNext = pDeleted->next; //删除的其实是下一个结点 //下面两步是关键 pDeleted->key = pDeleted->next->key; pDeleted->next = pDeleted->next->next; delete pNext; pNext = NULL; } else { if(pHead == pDeleted) //删除结点既是第一个结点也是最后一个结点 { pHead = NULL; } else { ListNode *pNode = pHead; while(pNode->next != pDeleted) //找删除结点的前驱 pNode = pNode->next; pNode->next = pDeleted->next; } delete pDeleted; pDeleted = NULL; } return pHead; }
问题4:两个单向链表,找出它们的第一个公共结点。
思路:(1)可以利用散列来做,根据第一个链表的地址,建立一张散列表,然后针对第二个链表的每一个结点,查询散列表,如果找到,那么这个结点就是第一个公共的结点。这种方法的时间复杂度为O(Len(h1)+Len(h2)),空间复杂度为O(Len(h1))。(2)何海涛给出的,非常巧妙,时间复杂度为O(Len(h1)+Len(h2)),空间复杂度为O(1)。一个重要的思想就是,如果两个链表等长,那么让它们同时向前移动,一定能同时到达第一个公共结点,能想到这一点,解法自然而然就有了。所给的两个链表不一定等长,只需遍历一下,分别求出链表的长度,然后将长链表先往前移动两者的长度之差,再同时向前。下面给出这两种方法的具体算法。
参考代码:
ListNode* FindFirstCommonNode_Solution1(ListNode *pHead1, ListNode *pHead2) { set<ListNode *> addrSet; //这里用集合代替散列 //将链表的结点地址放入集合中 ListNode *pNode = pHead1; while(pNode != NULL) { addrSet.insert(pNode); pNode = pNode->next; } //开始寻找 pNode = pHead2; while(pNode != NULL) { if(addrSet.find(pNode) != addrSet.end()) break; pNode = pNode->next; } return pNode; }
//求链表长度 int LengthOfList(ListNode *pHead) { int len = 0; ListNode *pNode = pHead; while(pNode != NULL) { len++; pNode = pNode->next; } return len; } //用何海涛的方法 ListNode* FindFirstCommonNode_Solution2(ListNode *pHead1, ListNode *pHead2) { int len1 = LengthOfList(pHead1); int len2 = LengthOfList(pHead2); //确定长链表 int lenDiff = len1 - len2; ListNode *pLong = pHead1; ListNode *pShort = pHead2; if(len1 < len2) { pLong = pHead2; pShort = pHead1; lenDiff = len2 - len1; } //调整长链表的长度 for(int i = 0; i < lenDiff; i++) pLong = pLong->next; ListNode *pNode = NULL; while(pShort != NULL) { if(pShort == pLong) //找到第一个共同结点 { pNode = pShort; break; } pShort = pShort->next; pLong = pLong->next; } return pNode; }
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