代码随想录算法训练营第四天 | 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
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- 代码随想录算法训练营第四天 | 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
- 1 LeetCode 24. 两两交换链表中的节点
- 2 LeetCode 19.删除链表的倒数第N个节点
- 2.1 2009年408算法题
- 2.2 LeetCode19题
- 3 LeetCode 面试题 02.07. 链表相交
- 3.1 2012年408算法题
- 3.2 LeetCode 面试题 02.07题
- 4 LeetCode 142.环形链表II
- 4.1 快慢指针
- 4.2 哈希表
1 LeetCode 24. 两两交换链表中的节点
题目链接:https://leetcode.cn/problems/swap-nodes-in-pairs/description/
给你一个链表,两两交换其中相邻的节点,并返回交换后链表的头节点。你必须在不修改节点内部的值的情况下完成本题(即,只能进行节点交换)。
示例 1:
输入:head = [1,2,3,4] 输出:[2,1,4,3]
示例 2:
输入:head = [] 输出:[]
示例 3:
输入:head = [1] 输出:[1]
提示:
- 链表中节点的数目在范围
[0, 100]
内0 <= Node.val <= 100
做这道题目时推荐大家画图感受,更加直观,不容易出现断链的错误,而且图画完了代码也就出来了,这种类型的题目在408选择题中很喜欢考察,请务必重视,养成画图的好习惯,下面给出我个人画的图:
根据所画的图我们也不难写出对应的代码。
(1)Python版本代码:
# Definition for singly-linked list.
# class ListNode:
# def __init__(self, val=0, next=None):
# self.val = val
# self.next = next
class Solution:def swapPairs(self, head):dummy = ListNode(0)dummy.next = headcur = dummy while cur.next and cur.next.next:# 保存临时节点,避免断链temp1 = cur.next temp2 = cur.next.nextcur.next = temp2 # 步骤一temp1.next = temp2.next # 步骤二temp2.next = temp1 # 步骤三cur = cur.next.next # 跳两个节点进行下一步操作return dummy.next
(2)C++版本代码:
class Solution {
public:ListNode* swapPairs(ListNode* head) {ListNode* dummy = new ListNode(0); // 创建一个虚拟头节点dummy->next = head;ListNode* cur = dummy;while (cur->next != nullptr && cur->next->next != nullptr) {// 保存临时节点,避免断链ListNode* temp1 = cur->next;ListNode* temp2 = cur->next->next;cur->next = temp2; // 步骤一:将 cur 的 next 指向 temp2temp1->next = temp2->next; // 步骤二:将 temp1 的 next 指向 temp2 的 nexttemp2->next = temp1; // 步骤三:将 temp2 的 next 指向 temp1cur = cur->next->next; // 跳两个节点进行下一步操作}ListNode* new_head = dummy->next;delete dummy; // 删除虚拟头节点return new_head;}
};
- 时间复杂度:O(n)
- 空间复杂度:O(1)
2 LeetCode 19.删除链表的倒数第N个节点
题目链接:https://leetcode.cn/problems/remove-nth-node-from-end-of-list/description/
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。示例 1:
输入:head = [1,2,3,4,5], n = 2 输出:[1,2,3,5]
示例 2:
输入:head = [1], n = 1 输出:[]
示例 3:
输入:head = [1,2], n = 1 输出:[1]
提示:
- 链表中结点的数目为
sz
1 <= sz <= 30
0 <= Node.val <= 100
1 <= n <= sz
**进阶:**你能尝试使用一趟扫描实现吗?
这道题目的解法跟2009年408数据结构算法题如出一辙,我们在前面的数组学习中也提到了那道题目,如下图所示:
408的这道题目和力扣的这道题目都是双指针法的经典应用,408的09年算法题只需要查找,而今天这题只是多加了一步删除操作,下面我们首先来解决408的09年的那道算法题。
2.1 2009年408算法题
(1)算法的基本设计思想:问题的关键是设计一个尽可能高效的算法,通过链表的一趟遍历,找到倒数第k个结点的位置。算法的基本设计思想:定义两个指针变量p和q,初始时均指向头结点的下一个结点(链表的第一个结点)。p指针沿链表移动,当p指针移动到第k个结点时,q指针开始与p指针同步移动;当p指针移动到最后一个结点时,q指针所指示结点为倒数第k个结点。以上过程对链表仅进行一遍扫描。
(2)算法的详细实现步骤:
①count=0,p和q指向链表表头结点的下一个结点;
②若p为空,转⑤;
③若count 等于k,则q指向下一个结点;否则,count = count + 1;
④p指向下一个结点,转②;
⑤若count等于k,则查找成功,输出该结点的data域的值,返回1;否则,说明k值超过了线性表的长度,查找失败,返回0;
⑥算法结束。
(3)算法实现:
typedef int ElemType;
typedef struct LNode{ElemType data;struct Lnode *link;
}*LinkList;int Search_k(LinkList list, int k){LinkList p=list->link,q=list->link;int count=0;while(p!=NULL){if(count<k) count++;else q=q->link;p=p->link;}if(count<k)return 0;else{printf("%d",q->data);return 1;}
}
2.2 LeetCode19题
这道题目的思路和上面一样,我们定义两个指针(fast 和 slow)初始都指向虚拟头节点,将 fast 指针向前移动 n 步,这样fast 和 slow 之间保持了 n 个节点的间隔,紧接着同时移动两个指针,直到 fast 指针到达链表末尾(fast.next
为 None
),此时slow 指针正好指向要删除节点的前一个节点,修改 slow 指针的 next
指向,以跳过需要删除的节点,返回虚拟头节点的下一个节点作为新的头节点
(1)Python版本代码:
class Solution:def removeNthFromEnd(self, head, n):dummy = ListNode(0) # 创建虚拟头节点dummy.next = headslow = fast = dummy # 初始化 slow 和 fast 指针# 移动 fast 指针,使其与 slow 之间的间隔为 nwhile(n > 0 and fast):fast = fast.nextn -= 1fast = fast.next# 同时移动 slow 和 fast,直到 fast 到达链表末尾while(fast):fast = fast.nextslow = slow.next# 删除节点slow.next = slow.next.nextreturn dummy.next # 返回新的头节点
(2)C++版本代码:
class ListNode {
public:int val;ListNode *next;ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
};class Solution {
public:ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {ListNode* dummy = new ListNode(0); // 创建一个虚拟头节点dummy->next = head;ListNode* slow = dummy;ListNode* fast = dummy;// 移动 fast 指针,使其与 slow 之间的间隔为 nwhile (n > 0) {fast = fast->next;n--;}fast = fast->next;// 同时移动 slow 和 fast,直到 fast 到达链表末尾while (fast) {fast = fast->next;slow = slow->next;}// 删除节点ListNode* temp = slow->next;slow->next = slow->next->next;delete temp; // 释放被删除节点的内存ListNode* newHead = dummy->next;delete dummy; // 删除虚拟头节点,释放内存return newHead; // 返回新的头节点}
};
- 时间复杂度: O(n)
- 空间复杂度: O(1)
3 LeetCode 面试题 02.07. 链表相交
题目链接:https://leetcode.cn/problems/intersection-of-two-linked-lists-lcci/description/
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 1:
输入:intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3 输出:Intersected at '8' 解释:相交节点的值为 8 (注意,如果两个链表相交则不能为 0)。 从各自的表头开始算起,链表 A 为 [4,1,8,4,5],链表 B 为 [5,0,1,8,4,5]。 在 A 中,相交节点前有 2 个节点;在 B 中,相交节点前有 3 个节点。
示例 2:
输入:intersectVal = 2, listA = [0,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1 输出:Intersected at '2' 解释:相交节点的值为 2 (注意,如果两个链表相交则不能为 0)。 从各自的表头开始算起,链表 A 为 [0,9,1,2,4],链表 B 为 [3,2,4]。 在 A 中,相交节点前有 3 个节点;在 B 中,相交节点前有 1 个节点。
示例 3:
输入:intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2 输出:null 解释:从各自的表头开始算起,链表 A 为 [2,6,4],链表 B 为 [1,5]。 由于这两个链表不相交,所以 intersectVal 必须为 0,而 skipA 和 skipB 可以是任意值。 这两个链表不相交,因此返回 null 。
提示:
listA
中节点数目为m
listB
中节点数目为n
0 <= m, n <= 3 * 104
1 <= Node.val <= 105
0 <= skipA <= m
0 <= skipB <= n
- 如果
listA
和listB
没有交点,intersectVal
为0
- 如果
listA
和listB
有交点,intersectVal == listA[skipA + 1] == listB[skipB + 1]
**进阶:**你能否设计一个时间复杂度
O(n)
、仅用O(1)
内存的解决方案?
这道面试题目也在408的考试中出现过了,也就是2012年的408算法题,也和这题如出一辙,同样的思路同样的解决办法,下面我贴出2012年的408算法题给大家看看。
3.1 2012年408算法题
下面我给出王道官方答案:
3.2 LeetCode 面试题 02.07题
看完408的题目是不是觉得和今天的题目基本一模一样,我也挺感叹的,所以还是要好好刷题,现在我们回到力扣的题目,题目要我们求出链表交点,也就是求两个链表交点节点的指针,需要注意的是交点不是数值相等,而是指针相等,在上面的王道官方答案里面也说过,所以需要留意一下,避免出错。
我们仿照上面王道的思路,首先分别计算两个链表的长度,这一步是为了确定哪个链表更长,以及它们长度的差异,然后根据两个链表的长度差,调整较长链表的起始位置,这意味着,如果一个链表比另一个长,我们就将较长链表的头部向前移动直到两个链表从同一长度开始,也就是尾部对齐操作,接着从这个相同长度的起点开始,同时遍历两个链表,由于两个链表现在是同步的,如果它们相交,那么它们必定会在某个点拥有相同的节点,继续同步遍历直到找到两个链表相同的节点,这个节点就是交点。如果没有交点,则最终两个指针都会同时到达各自链表的末尾。
(1)Python版本代码:
class Solution:def getIntersectionNode(self, headA: ListNode, headB: ListNode) -> ListNode:# 获取链表的长度def getLength(head):length = 0while head:length += 1head = head.nextreturn lengthlenA, lenB = getLength(headA), getLength(headB) # 计算两个链表的长度# 根据长度差,调整两个链表的起始位置while lenA > lenB:headA = headA.nextlenA -= 1while lenB > lenA:headB = headB.nextlenB -= 1# 同步遍历两个链表,直到找到相交节点while headA != headB:headA = headA.nextheadB = headB.nextreturn headA # 相交节点(如果不存在则为 None)
(2)C++版本代码:
class Solution {
public:// 获取链表的长度int getLength(ListNode* head) {int length = 0;while (head != NULL) {length++;head = head->next;}return length;}// 找到两个链表的相交节点ListNode* getIntersectionNode(ListNode* headA, ListNode* headB) {int lenA = getLength(headA); // 链表A的长度int lenB = getLength(headB); // 链表B的长度// 根据长度差,调整两个链表的起始位置while (lenA > lenB) {headA = headA->next;lenA--;}while (lenB > lenA) {headB = headB->next;lenB--;}// 同步遍历两个链表,直到找到相交节点while (headA != headB) {headA = headA->next;headB = headB->next;}return headA; // 相交节点(如果不存在则为 nullptr)}
};
- 时间复杂度:O(n + m)
- 空间复杂度:O(1)
4 LeetCode 142.环形链表II
题目链接:https://leetcode.cn/problems/linked-list-cycle-ii/description/
给定一个链表的头节点
head
,返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环,则返回null
。如果链表中有某个节点,可以通过连续跟踪
next
指针再次到达,则链表中存在环。 为了表示给定链表中的环,评测系统内部使用整数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。注意:pos
不作为参数进行传递,仅仅是为了标识链表的实际情况。不允许修改 链表。
示例 1:
输入:head = [3,2,0,-4], pos = 1 输出:返回索引为 1 的链表节点 解释:链表中有一个环,其尾部连接到第二个节点。
示例 2:
输入:head = [1,2], pos = 0 输出:返回索引为 0 的链表节点 解释:链表中有一个环,其尾部连接到第一个节点。
示例 3:
输入:head = [1], pos = -1 输出:返回 null 解释:链表中没有环。
提示:
- 链表中节点的数目范围在范围
[0, 104]
内-105 <= Node.val <= 105
pos
的值为-1
或者链表中的一个有效索引**进阶:**你是否可以使用
O(1)
空间解决此题?
这道题目强烈推荐去看一下卡哥的视频讲解以及文字讲解,算是全网讲解最详细,卡哥的代码随想录关于这道题目有很多图解,大家可以去看看,由于我最近在忙于课设验收工作,所以在此就简单介绍一下两种实现思路。
4.1 快慢指针
我们使用两个指针,一个快指针(每次移动两步)和一个慢指针(每次移动一步),如果链表中存在环,快慢指针最终会在环内相遇(这里涉及一个数学推导,差不多中学知识就可以理解),找到相遇点后,将一个指针移回链表头部,另一个保持在相遇点,两个指针每次都移动一步,当它们再次相遇时,相遇点就是环的起始节点。
(1)Python版本代码
class Solution:def detectCycle(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:if not head:return Noneslow, fast = head, headhas_cycle = False# 使用快慢指针检测环while fast and fast.next:slow = slow.nextfast = fast.next.nextif slow == fast:has_cycle = Truebreak# 如果存在环,找到环的起点if has_cycle:slow = head # 将一个指针移回链表头部while slow != fast: # 当两个指针再次相遇时,即为环的起点slow = slow.nextfast = fast.nextreturn slowreturn None # 如果没有环,返回 None
(2)C++版本代码
class ListNode {
public:int val;ListNode *next;ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
};class Solution {
public:ListNode *detectCycle(ListNode *head) {if (head == nullptr || head->next == nullptr) {return nullptr;}ListNode *slow = head;ListNode *fast = head;bool hasCycle = false;// 使用快慢指针检测环while (fast != nullptr && fast->next != nullptr) {slow = slow->next;fast = fast->next->next;if (slow == fast) {hasCycle = true;break;}}// 如果存在环,找到环的起点if (hasCycle) {slow = head; // 将一个指针移回链表头部while (slow != fast) { // 当两个指针再次相遇时,即为环的起点slow = slow->next;fast = fast->next;}return slow;}return nullptr; // 如果没有环,返回 nullptr}
};
- 时间复杂度:O(N),这里 N 是链表的节点数,在最坏的情况下,我们需要遍历整个链表一次来确定环的起点或确认链表没有环。
- 空间复杂度:O(N),需要额外的空间来存储已经访问过的节点,在最坏的情况下可能需要将整个链表的节点都存储在哈希表中。
4.2 哈希表
哈希表方法也算比较简单,大致思路就是遍历链表,同时将每个节点存入哈希表,每次遍历时,检查当前节点是否已存在于哈希表中,如果当前节点已存在于哈希表,说明找到了环的起点;否则,继续遍历,如果遍历完链表都没有找到环,返回 None
。
(1)Python版本代码
class Solution:def detectCycle(self, head: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:visited = set() # 创建哈希表来存储访问过的节点while head:if head in visited: # 检查节点是否出现过return head # 找到环的起点visited.add(head) # 将节点添加到哈希表head = head.nextreturn None # 没有环
(2)C++版本代码
class ListNode {
public:int val;ListNode *next;ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
};class Solution {
public:ListNode *detectCycle(ListNode *head) {unordered_set<ListNode*> visited; // 哈希表存储访问过的节点while (head != nullptr) {if (visited.count(head)) // 检查节点是否已在哈希表中return head; // 找到环的起点visited.insert(head); // 将节点加入哈希表head = head->next;}return nullptr; // 没有环}
};
- 时间复杂度:O(N),虽然快指针比慢指针移动得快,但在最坏的情况下,时间复杂度仍然是 O(N),这是因为快指针最多遍历整个链表两次(第一次是找到相遇点,第二次是与慢指针一起找到环的起点)。
- 空间复杂度:O(1),这种方法只需要常数级别的额外空间,因为它只使用了两个指针(快指针和慢指针),而不需要存储其他额外的信息。