题目：力扣-合并k个排序链表https://leetcode.cn/problems/vvXgSW/

给定一个链表数组，每个链表都已经按升序排列。

请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

优先队列（小顶堆）法

合并后的第一个节点 first，一定是某个链表的头节点（因为链表已按升序排列）。

合并后的第二个节点，可能是某个链表的头节点，也可能是 first 的下一个节点。

例如有三个链表 1->2->5, 3->4->6, 4->5->6，找到第一个节点 1 之后，第二个节点不是另一个链表的头节点，而是节点 1 的下一个节点 2。

按照这个过程继续思考，每当我们找到一个节点值最小的节点 x，就把节点 x.next 加入「可能是最小节点」的集合中。

因此，我们需要一个数据结构，它支持：

• 从数据结构中找到并移除最小节点。
• 插入节点。

这可以用小顶堆实现。初始把所有链表的头节点入堆，然后不断弹出堆中最小节点 x，如果 x.next 不为空就加入堆中。循环直到堆为空。把弹出的节点按顺序拼接起来，就得到了答案。

代码实现

实现时，为方便处理临界条件可以用虚拟节点简化代码

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {PriorityQueue<ListNode> pq = new PriorityQueue<>((o1, o2) -> o1.val - o2.val);for (ListNode head : lists)if (head != null) {pq.offer(head);}ListNode dummy = new ListNode(); // 虚拟节点，作为合并后链表头节点的前一个节点ListNode cur = dummy;while (!pq.isEmpty()) { // 循环直到堆为空ListNode node = pq.poll(); // 剩余节点中的最小节点if (node.next != null) { // 下一个节点不为空pq.offer(node.next); // 下一个节点有可能是最小节点，入堆}cur.next = node; // 合并到新链表中cur = cur.next; // 准备合并下一个节点}return dummy.next; // 虚拟节点的下一个节点就是新链表的头节点}
}

复杂度分析
时间复杂度：O(nlogk)，其中 k 为 lists 的长度，n 为所有链表的节点数之和。
空间复杂度：O(k)。堆中至多有 k 个元素。

分治法

暴力做法是，按照【合并两个有序链表】的题解思路，先合并前两个链表，再把得到的新链表和第三个链表合并，再和第四个链表合并，依此类推。
但是这种做法，平均每个节点会参与到 O(k) 次合并中（用 (1+2+⋯+k)/k 粗略估计），所以总的时间复杂度为 O(nk)。
一个巧妙的思路是，把 lists 一分为二（尽量均分），先合并前一半的链表，再合并后一半的链表，然后把这两个链表合并成最终的链表。如何合并前一半的链表呢？我们可以继续一分为二。如此分下去直到只有一个链表，此时无需合并。–>利用分治思想的递归实现

复杂度分析： 按照一分为二再合并的逻辑，递归像是在后序遍历一棵平衡二叉树。由于平衡树的高度是 O(logk)，所以每个链表节点只会出现在 O(logk) 次合并中！这样就做到了更快的 O(nlogk) 时间。

代码实现

/*** Definition for singly-linked list.* public class ListNode {*     int val;*     ListNode next;*     ListNode() {}*     ListNode(int val) { this.val = val; }*     ListNode(int val, ListNode next) { this.val = val; this.next = next; }* }*/
class Solution {public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {return mergeKLists(lists, 0, lists.length);}// 合并从 lists[i] 到 lists[j-1] 的链表private ListNode mergeKLists(ListNode[] lists, int i, int j) {int m = j - i;if (m == 0) return null; // 注意输入的 lists 可能是空的if (m == 1) return lists[i]; // 无需合并，直接返回//分治思想ListNode left = mergeKLists(lists, i, i + m / 2); // 合并左半部分ListNode right = mergeKLists(lists, i + m / 2, j); // 合并右半部分return mergeTwoLists(left, right); // 最后把左半和右半合并}// 合并两个有序链表private ListNode mergeTwoLists(ListNode list1, ListNode list2) {ListNode dummy = new ListNode(); // 用虚拟节点简化代码逻辑ListNode cur = dummy; // cur 指向新链表的末尾while (list1 != null && list2 != null) {if (list1.val < list2.val) {cur.next = list1; // 把 list1 加到新链表中list1 = list1.next;} else { // 注：相等的情况加哪个节点都是可以的cur.next = list2; // 把 list2 加到新链表中list2 = list2.next;}cur = cur.next;}cur.next = list1 != null ? list1 : list2; // 拼接剩余链表return dummy.next;}
}