LeetCode 23 合并 K 个升序链表

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/merge-k-sorted-lists/description/

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题目：

给你一个链表数组，每个链表都已经按升序排列。

请你将所有链表合并到一个升序链表中，返回合并后的链表。

示例1:

输入：lists = [[1,4,5],[1,3,4],[2,6]]
输出：[1,1,2,3,4,4,5,6]
解释：链表数组如下：
[1->4->5,1->3->4,2->6
]
将它们合并到一个有序链表中得到。
1->1->2->3->4->4->5->6

示例2:

输入：lists = []
输出：[]

示例3:

输入：lists = [[]]
输出：[]

提示：

• k == lists.length
• 0 <= k <= $10^4$
• 0 <= lists[i].length <= 500
• $-10^4$ <= lists[i][j] <= $10^4$
• lists[i] 按 升序 排列
• lists[i].length 的总和不超过 10^4

解题思路：

方法一：顺序合并

用一个变量 ans 来维护以及合并的链表，第 i 次循环把第 i 个链表和 ans 合并，答案保存到 ans 中。

Golang

/*** Definition for singly-linked list.* type ListNode struct {*     Val int*     Next *ListNode* }*/
func mergeKLists(lists []*ListNode) *ListNode {var ans *ListNodefor i:=0; i<len(lists); i++ {ans = mergeTwoLists(ans, lists[i])}return ans
}func mergeTwoLists(a *ListNode, b *ListNode) *ListNode {if a == nil {return b}if b == nil {return a}var head ListNodetail := &headfor (a != nil && b != nil) {if a.Val < b.Val {tail.Next = aa = a.Next} else {tail.Next = bb = b.Next}tail = tail.Next}if a != nil {tail.Next = a} else {tail.Next = b}return head.Next
}

C++

class Solution {
public:ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;while (aPtr && bPtr) {if (aPtr->val < bPtr->val) {tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;} else {tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;}tail = tail->next;}tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);return head.next;}ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {ListNode *ans = nullptr;for (size_t i = 0; i < lists.size(); ++i) {ans = mergeTwoLists(ans, lists[i]);}return ans;}
};

Java

class Solution {public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {ListNode ans = null;for (int i = 0; i < lists.length; ++i) {ans = mergeTwoLists(ans, lists[i]);}return ans;}public ListNode mergeTwoLists(ListNode a, ListNode b) {if (a == null || b == null) {return a != null ? a : b;}ListNode head = new ListNode(0);ListNode tail = head, aPtr = a, bPtr = b;while (aPtr != null && bPtr != null) {if (aPtr.val < bPtr.val) {tail.next = aPtr;aPtr = aPtr.next;} else {tail.next = bPtr;bPtr = bPtr.next;}tail = tail.next;}tail.next = (aPtr != null ? aPtr : bPtr);return head.next;}
}

复杂度分析

时间复杂度: 假设每个链表的最长长度是 n。在第一次合并后，ans 的长度为 n；第二次合并后，ans 的长度为 2n，第 i 次合并后，ans 的长度为 i×n。第 i 次合并的时间代价是 O(n+(i−1)×n)=O(i×n)，那么总的时间代价为 $O({\sum }_{i=1}^k(i\times n))=O(\frac{(1+k)\cdot k}{2}\times n)=O(k^{2}n)$，故渐进时间复杂度为 $O(k^{2}n)$。

空间复杂度 O(1) 。

方法二：分治合并

考虑优化方法一，用分治的方法进行合并。

• 将 kkk 个链表配对并将同一对中的链表合并；
• 第一轮合并以后， k 个链表被合并成了 $\frac{k}{2}$​ 个链表，平均长度为 $\frac{2n}{k}$，然后是 $\frac{k}{4}$ 个链表， $\frac{k}{8}$ 个链表等等；
• 重复这一过程，直到我们得到了最终的有序链表。

Golang

/*** Definition for singly-linked list.* type ListNode struct {*     Val int*     Next *ListNode* }*/
func mergeKLists(lists []*ListNode) *ListNode {return merge(lists, 0, len(lists) - 1)
}func merge(lists []*ListNode, left, right int) *ListNode {if left == right {return lists[left]}if left > right {return nil}mid := (left + right) >> 1return mergeTwoLists(merge(lists, left, mid), merge(lists, mid+1, right))
}func mergeTwoLists(a *ListNode, b *ListNode) *ListNode {if a == nil {return b}if b == nil {return a}var head ListNodetail := &headfor (a != nil && b != nil) {if a.Val < b.Val {tail.Next = aa = a.Next} else {tail.Next = bb = b.Next}tail = tail.Next}if a != nil {tail.Next = a} else {tail.Next = b}return head.Next
}

C++

class Solution {
public:ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;while (aPtr && bPtr) {if (aPtr->val < bPtr->val) {tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;} else {tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;}tail = tail->next;}tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);return head.next;}ListNode* merge(vector <ListNode*> &lists, int l, int r) {if (l == r) return lists[l];if (l > r) return nullptr;int mid = (l + r) >> 1;return mergeTwoLists(merge(lists, l, mid), merge(lists, mid + 1, r));}ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {return merge(lists, 0, lists.size() - 1);}
};

Java

class Solution {public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {return merge(lists, 0, lists.length - 1);}public ListNode merge(ListNode[] lists, int l, int r) {if (l == r) {return lists[l];}if (l > r) {return null;}int mid = (l + r) >> 1;return mergeTwoLists(merge(lists, l, mid), merge(lists, mid + 1, r));}public ListNode mergeTwoLists(ListNode a, ListNode b) {if (a == null || b == null) {return a != null ? a : b;}ListNode head = new ListNode(0);ListNode tail = head, aPtr = a, bPtr = b;while (aPtr != null && bPtr != null) {if (aPtr.val < bPtr.val) {tail.next = aPtr;aPtr = aPtr.next;} else {tail.next = bPtr;bPtr = bPtr.next;}tail = tail.next;}tail.next = (aPtr != null ? aPtr : bPtr);return head.next;}
}

时间复杂度：考虑递归「向上回升」的过程——第一轮合并 $\frac{k}{2}$ 组链表，每一组的时间代价是 $O(2n)$；第二轮合并 $\frac{k}{4}$​ 组链表，每一组的时间代价是 $O(4n)$…所以总的时间代价是 $O({\sum }_{i=1}^{\infty }\frac{k}{2^i}\times 2^{i}n)=O(kn\times \log k)$，故渐进时间复杂度为 $O(kn\times \log k)$
空间复杂度：递归会使用到 $O(\log k)$ 空间代价的栈空间。

方法三：使用优先队列/最小堆合并

这个方法和前两种方法的思路有所不同

我们需要维护当前每个链表没有被合并的元素的最前面一个，$k$ 个链表就最多有 $k$ 个满足这样条件的元素，每次在这些元素里面选取 val 属性最小的元素合并到答案中。

在选取最小元素的时候，我们可以用优先队列/最小堆来优化这个过程。

Golang

/*** Definition for singly-linked list.* type ListNode struct {*     Val int*     Next *ListNode* }*/import "container/heap"type Status struct {Val  intPtr  *ListNode
}type PriorityQueue []*Statusfunc (pq PriorityQueue) Len() int {return len(pq)
}func (pq PriorityQueue) Less(i, j int) bool {return pq[i].Val < pq[j].Val
}func (pq PriorityQueue) Swap(i, j int) {pq[i], pq[j] = pq[j], pq[i]
}func (pq *PriorityQueue) Push(x interface{}) {*pq = append(*pq, x.(*Status))
}func (pq *PriorityQueue) Pop() interface{} {old := *pqn := len(old)item := old[n-1]old[n-1] = nil*pq = old[0 : n-1]return item
}func mergeKLists(lists []*ListNode) *ListNode {var q PriorityQueueheap.Init(&q)for _, node := range lists {// 每个链表第一个都放进这个堆if node != nil {heap.Push(&q, &Status{Val: node.Val, Ptr: node})}}var head ListNodetail := &headfor q.Len() > 0 {// 取出最小的f := heap.Pop(&q).(*Status)tail.Next = f.Ptrtail = tail.Next// 只要所取的节点后面还要数据if f.Ptr.Next != nil {// 就放进堆里来heap.Push(&q, &Status{Val: f.Ptr.Next.Val, Ptr: f.Ptr.Next})}}return head.Next
}

Java

class Solution {class Status implements Comparable<Status> {int val;ListNode ptr;Status(int val, ListNode ptr) {this.val = val;this.ptr = ptr;}public int compareTo(Status status2) {return this.val - status2.val;}}PriorityQueue<Status> queue = new PriorityQueue<Status>();public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {for (ListNode node: lists) {if (node != null) {queue.offer(new Status(node.val, node));}}ListNode head = new ListNode(0);ListNode tail = head;while (!queue.isEmpty()) {Status f = queue.poll();tail.next = f.ptr;tail = tail.next;if (f.ptr.next != null) {queue.offer(new Status(f.ptr.next.val, f.ptr.next));}}return head.next;}
}

C++

class Solution {
public:struct Status {int val;ListNode *ptr;bool operator < (const Status &rhs) const {return val > rhs.val;}};priority_queue <Status> q;ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {for (auto node: lists) {if (node) q.push({node->val, node});}ListNode head, *tail = &head;while (!q.empty()) {auto f = q.top(); q.pop();tail->next = f.ptr; tail = tail->next;if (f.ptr->next) q.push({f.ptr->next->val, f.ptr->next});}return head.next;}
};

复杂度分析

时间复杂度：考虑优先队列中的元素不超过 $k$ 个，那么插入和删除的时间代价为 ¥O(\log k)$，这里最多有 $kn$ 个点，对于每个点都被插入删除各一次，故总的时间代价即渐进时间复杂度为 $O(kn\times \log k)$。
空间复杂度：这里用了优先队列，优先队列中的元素不超过 $k$ 个，故渐进空间复杂度为 $O(k)$。