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第二章 线性表（4）

时间：2024-05-24 19:59:58浏览次数：17  
标签：结点 线性表 head fast next 链表 第二章 cur

2.7.2 链表逆置问题（反转链表问题）

该部分参考了408之2023年算法题预测和力扣相关题解

解决这类问题，有三种方法，递归法、迭代法和头插法。头插法是教科书中创建链表的头插法在反转链表中的应用，但是需要依赖反转的第一个结点的前驱结点，如果该结点没有前驱结点，需要先创建一个dummy结点指向第一个结点，像是leetcode的风格中一般链表都没有头结点，但是408考试中链表都是带头结点的，因此这种方法必须掌握。而递归法和迭代法，均不需要dummy结点就可以进行反转链表，但是由于递归法的空间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n) ，而迭代法的空间复杂度为 O ( 1 ) O(1) O(1) ，所以迭代法是反转链表的最优解法，大概率也是标准答案的解法，因此反转链表只需要掌握迭代法即可。

  1. 带有头结点的链表逆序(从尾到头)输出每个结点的值

    • 法一：先反转链表再遍历打印结点；反转链表方法见下面的具体例题；

    • 法二：递归法，空间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)

      //这是不带头结点的写法
void printList(LNode *L) {
    if(L -> next == NULL) {
        cout << L -> data << " ";     //递归出口
    }
    printList(L -> next);   
}

//带头结点的写法
void print(LNode *L) {
    if(L -> next == NULL) {
        cout << L -> data << " ";     //递归出口
    }
    print(L -> next);   
}

void printList(LNode *head) {
    print(head -> next);
}

    • 法三：将链表中的结点值依次入栈，再出栈输出即可

      void printList(LNode *L) {   //带头结点的情况
    stack<int> stk;
    stk.clear();   //先将栈清空，以免有脏数据；
    LNode *p = L -> next;    //若为不带头结点的链表这一步可省略；
    while(p != NULL) {
        stk.push(p -> data);
        p = p -> next;
    }
    while(!stk.empty()){
        int x = stk.pop();
        cout << x << " ";
    }    
}

  1. 反转链表

    不懂的可以看一下灵佬的视频讲解，十分透彻：反转链表【基础算法精讲 06】

    也可以看一下代码随想录这一节的讲解：https://programmercarl.com/0206.%E7%BF%BB%E8%BD%AC%E9%93%BE%E8%A1%A8.html#%E6%80%9D%E8%B7%AF

  • 【示例】：image-20230725132926756

  • 法一：头插法，该方法依赖于链表中第一个结点的直接前驱结点，如果是不带头结点的链表，可以设置一个dummy结点指向它；

    如图：image-20230725151856140

    //带头结点写法
LNode *reverseList(LNode *&L) {
    LNode *p = L -> next, *r;
    L -> next = NULL;   //将头结点和原来的链表断连；
    while(p) {
        r = p -> next;    //保存一下后继结点为后面更新p结点做准备；
        p -> next = L -> next;
        L -> next = p;     //采用头插法将遍历到的结点依次插入L头结点新组成的链表中；
        p = r;      //更新p指针继续向后遍历；
    }
    return L;
}

//无头结点写法
LNode* reverseList(LNode* &head){
    LNode*dummy =(LNode*) malloc(sizeof(LNode));
    dummy->data = 0,dummy->next = NULL;
    LNode* p =head,*r;
    while(p){
        r = p->next;
        p->next=dummy->next;
        dummy->next=p;
        p=r;

    }
    LNode*ans=dummy->next;
    return ans;																		
}

    时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n),其中 n n n是链表的长度,需要遍历链表一次。

    空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)

  • 法二：迭代法：（⭐️⭐️⭐️⭐️重要模板，需记住！！！不懂的看灵神视频即可）

    解题思路：从前往后不断将未反转的结点加入到反转的链表中，可以将链表一分为二，左边是已反转的链表结点，右边是未反转的链表结点。初始时，已反转的链表部分为空，未反转的链表部分为整条链表。

    结束时，已反转的链表部分为整条链表，未反转的链表部分为空。

    image-20230725154311214img

    //不带头结点写法：这一部分可以就是反转链表的经典模板，必须掌握！！！输入待反转链表的第一个结点，可以返回反转后的链表
LNode* reverseList(LNode *&L) {
    LNode* pre = NULL, * cur = L;
    while(cur) {     //只要cur不为空，就意味着还有结点没有反转；
        LNode * next = cur -> next;   //因为后面cur要重连，但是下一步要改变cur -> next, 所以得先保存一下它的直接后继结点；
        cur -> next = pre;   //逆置的关键,反转操作
        //更新两个指针；
        pre = cur;     
        cur = next;   
    }
    return pre;     //迭代结束后链表逆置成功，此时pre为新链表的第一个结点，cur指向空结点；
}  

//带头结点写法，408风格
//调用前面的模板即可；
LNode *reverseList(LNode *&L) {
    L -> next = reverseListHelper(L -> next);
    return L;
}

    【注意】：⭐️⭐️⭐️反转结束后，从原链表上看，pre指向反转这一段的最后一个结点，cur指向反转这一段后续的下一个结点，这个性质很重要，后面的问题经常需要用到！！！

    时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n),其中 n n n是链表的长度,需要遍历链表一次。

    空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)

  • 其他方法：递归法由于需要递归调用的栈空间，最多为 n n n层，因此空间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n),而且处理不当可能会产生环从而陷入死循环；此外还可以用入栈出栈来实现逆置操作，但是不如上面的原地操作方法好，这里也不再介绍；

    //递归法：不带头结点写法。
ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        if(head == NULL || head -> next == NULL){
            return head;  //递归出口；
        }
        ListNode* newnode = reverseList(head -> next);
        //假设当前结点的后面部分都已经反转，现在要让当前结点的后面一个结点的后续指向当前结点，而当前结点应该指向NULL；
        head -> next -> next = head;
        head -> next = NULL;
        return newnode;
}

  1. 反转链表进阶版,即反转部分链表

    给你带表头结点单链表的头指针head和两个整数left和right，其中 left小于或等于right。请你反转从链表中从第left个结点到第right个结点的链表段。

    例如将链表 $head→1→2→3→4→5 $中间的第2-4个结点反转为 h e a d → 1 → 4 → 3 → 2 → 5 head→1→4→3→2→5 head→1→4→3→2→5 。看上面链接的灵佬视频；

image-20230725161737022image-20230725161802965

图示是不带头结点的做法，但是如果left等于1时，P0不好处理，因此可以设置一个dummy哨兵结点指向第一个结点，那样的话当left等于1时，P0结点就是dummy结点；

不过408考试中都是带头结点的链表，也就没有这个烦恼了；这里应用到了反转链表的重要性质：反转结束后，从原链表上看，pre指向反转这一段的最后一个结点，cur指向反转这一段后续的下一个结点。

//带头结点的链表
LNode* reverseList(LNode *&head, int left, int right) {
    LNode *p0 = head;
    for(int i = 0; i < left - 1; ++i) {
        p0 = p0 ->  next;       //先找到链表中待反转部分的前一个结点，将其标记为p0;
    }
    //接下来就像之前反转链表那样操作即可，只不过由于只是反转部分链表，因此更换判断条件即可；
    LNode *pre = NULL, *cur = p0 -> next;
    for(int i = 0; i < right - left  +1; ++i) {
        LNode *next = cur -> next;
        cur -> next = pre;
        pre = cur;
        cur = next;
    }
    //中间部分反转完毕，接下来将其与原链表段的左右两部分连接即可；下面就是用到之前提到的那个性质的时候；
    p0 -> next -> next = cur;  //中间部分反转完毕后cur指向中间部分的后一个结点；
    p0 -> next = pre;    //反转完毕后从原链表视角看，pre指向待反转链表段的最后一个结点；结合上图一起看；
    //注意上面两步顺序一定不能调换！
    return head;
}

时空复杂度和之前的一样.

  1. K 个一组翻转链表

  • 题目描述:给你链表的头节点 head ，每 k 个节点一组进行翻转，请你返回修改后的链表。

    k 是一个正整数，它的值小于或等于链表的长度。如果节点总数不是 k 的整数倍，那么请将最后剩余的节点保持原有顺序。

    你不能只是单纯的改变节点内部的值，而是需要实际进行节点交换。

  • 示例:img

    输入：head = [1,2,3,4,5], k = 2
输出：[2,1,4,3,5]

  • image-20230725175929108image-20230725175849643

  • 解题代码:

    class Solution {
public:
    ListNode *reverseKGroup(ListNode *head, int k) {
        int n = 0;
        for (ListNode *cur = head; cur; cur = cur->next)
            ++n; // 统计节点个数

        ListNode *dummy = new ListNode(0, head), *p0 = dummy;
        ListNode *pre = nullptr, *cur = head;
        for (; n >= k; n -= k) {
            for (int i = 0; i < k; ++i) { // 下面的就是和之前一样的迭代法反转链表模板
                ListNode *nxt = cur->next;
                cur->next = pre; // 每次循环只修改一个 next，方便大家理解
                pre = cur;
                cur = nxt;
            }
            ListNode *nxt = p0->next;     //保存一下p0->next;
            p0->next->next = cur;
            p0->next = pre;
            p0 = nxt;     //始终让p0保持在待反转链表段的前一个结点处;
        }
        return dummy->next;
    }
};
    • 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)，其中 n n n为链表节点个数。
    • 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)，仅用到若干额外变量。
2.7.3 快慢指针问题

无法高效获取长度，无法根据偏移快速访问元素，是链表的两个劣势。然而我们经常碰见诸如获取倒数第k个元素，获取中间位置的元素，判断链表是否存在环，判断环的长度等和长度与位置有关的问题。这些问题都可以通过灵活运用双指针来解决。

请见灵神该视频:环形链表II【基础算法精讲 07】

代码随想录：142.环形链表II

  1. 链表的中间结点

  • 题目描述:给你单链表的头结点 head ，请你找出并返回链表的中间结点。如果有两个中间结点，则返回第二个中间结点。

  • 示例:

    • 例题1:img

      输入：head = [1,2,3,4,5]
输出：[3,4,5]
解释：链表只有一个中间结点，值为 3 。

    • 例题2:img

      输入：head = [1,2,3,4,5,6]
输出：[4,5,6]
解释：该链表有两个中间结点，值分别为 3 和 4 ，返回第二个结点。

  • 解题方法:快慢指针,定义一个快指针fast每次执行走两步,定义一个慢指针slow每次走一步,当fast下一步为空或已经为空时,此时slow所指结点就是要找的中间结点.

  • 如图两种情况image-20230725204448385image-20230725204540473

  • 代码:(⭐️重要模板)

    //不带头结点的情况
LNode* middleNode(LNode *head) {
    LNode *fast = head, *slow = head;
    while(fast && fast -> next) {
        fast = fast -> next -> next;
        slow = slow -> next;
    }
    return slow;
} 
//如果是带头结点的话将快慢指针修改为 fast = slow = head -> next即可;

  • 时空复杂度: O ( n ) / O ( 1 ) O(n)/O(1) O(n)/O(1)

扩展题：如果题目要2095. 删除链表的中间节点，那么可以设置一个pre指针一直保持在slow指针的前面一位，找到后执行删除结点操作就可以啦，代码如下：

//不带头结点
ListNode* deleteMiddle(ListNode* head) {
        if(head -> next == NULL) return NULL;
        ListNode *fast = head, *slow = head, *pre = head;
        while(fast && fast -> next) {
            pre = slow;
            slow = slow -> next;
            fast = fast -> next -> next;
        }
        pre -> next = slow -> next;
        delete(slow);
        return head;
}
  1. 环形链表

  • 题目:给你一个链表的头节点 head ，判断链表中是否有环。

    如果链表中存在环 ，则返回 true 。 否则，返回 false 。

  • 解题思路:设置快慢指针;快慢指针的特性 —— 每轮移动之后两者的距离会加一。当一个链表有环时，快慢指针都会陷入环中进行无限次移动，然后变成了追及问题。想象一下在操场跑步的场景，只要一直跑下去，快的总会追上慢的。当两个指针都进入环后，每轮移动使得慢指针到快指针的距离增加一，同时快指针到慢指针的距离也减少一，只要一直移动下去，快指针总会追上慢指针。

    快慢指针在环上追及

    bool hascycle(LNode *head) {
    LNode *fast = head, *slow = head;
    while(fast && fast -> next) {
        fast = fast -> next -> next;
        slow = slow -> next;
        if(fast = slow) {
            return true;
        }
    }
    return false;
}
  1. 环形链表 II

  • 题目: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。不允许修改 链表。

  • 解题思路:如下图,设置快慢指针,当二者相遇后,再让头结点指针和慢指针同步向后移动,当二者相遇时,此时第二个相遇点就是环的入口处;证明如下:

  • 代码:

    //不带头结点的版本:
LNode* detectCycle(LNode *head) {   //head即链表的第一个结点
    LNode *fast = head, *slow = head;
    while(fast && fast -> next) {
        fast = fast -> next -> next;
        slow = slow ->  next;
        if(fast == slow) {     //第一次快慢指针相遇点;
            while(head != slow) {      //如果头指针和慢指针相遇,说明此时二者都到了环的入口处;
                head = head -> next;
                slow = slow -> next;
            }
            return slow;
        }
    }
    return NULL;
}

//带头结点的版本;
LNode* detectCycle(LNode *head) {     //此时head指向链表的头结点,数据域为空
    LNode *fast = head -> next, *slow = head ->  next;
    while(fast && fast -> next) {
        fast = fast -> next -> next;
        slow = slow ->  next;
        if(fast == slow) {     //第一次快慢指针相遇点;
            LNode * p = head -> next;
            while(p != slow) {      //如果p指针和慢指针相遇,说明此时二者都到了环的入口处;
                p = p -> next;
                slow = slow -> next;
            }
            return slow;
        }
    }
    return NULL;
}
    image-20230727131604808

快慢指针相遇时，为什么慢指针的移动距离小于环长？：考虑最坏的情况,慢指针进入环时,快指针刚好在它前面一位,因为二者的相对速度差为1,因此快指针需要走(环长-1)次二者相遇,其他情况快指针需要走的次数都比这种情况需要走的少,即慢指针走的次数也一定比(环长-1)少,因此慢指针移动距离一定小于环长.

力扣评论区解释：为何慢指针第一圈走不完一定会和快指针相遇： 首先，第一步，快指针先进入环 第二步：当慢指针刚到达环的入口时，快指针此时在环中的某个位置(也可能此时相遇) 第三步：设此时快指针和慢指针距离为x，若在第二步相遇，则x = 0； 第四步：设环的周长为n，那么看成快指针追赶慢指针，需要追赶n-x； 第五步：快指针每次都追赶慢指针1个单位，设慢指针速度1/s，快指针2/s，那么追赶需要(n-x)s 第六步：在n-x秒内，慢指针走了n-x单位，因为x>=0，则慢指针走的路程小于等于n，即走不完一圈就和快指针相遇

  1. 环形链表扩展题,求解环的长度

  • 解题思路:当快慢指针相遇时,继续移动,因为二者的相对速度差为1,因此到了第二次相遇时,两次相遇之间的移动次数就是环的长度;如果继续扩展的话,求整个链表的结点数的话,需要用上题的思路统计head指针移动到环的入口处移动的次数+环长即可(注意入环处的结点不要重复计数);

    //不带头结点版本;
int  LengthCycle(LNode *head) {
    LNode *fast = head, *slow = head;
    while(fast && fast -> next) {
        fast = fast -> next -> next;
        slow = slow -> next;
        if(fast = slow) {       //第一次相遇
            fast = fast -> next -> next;
            slow = slow -> next;
            int length = 1;
            while(fast != slow) {     
                fast = fast -> next -> next;
                slow = slow -> next;  
                length ++;
            }
            return length;    //第二次相遇,跳出循环;
        }
    }
}

    求解整个环形链表的结点数代码略,思路已给;

  1. 真题: 重排链表

  • 题目描述:给定一个单链表 L 的头节点 head ，单链表 L 表示为：

    L0 → L1 → … → Ln - 1 → Ln

    请将其重新排列后变为：

    L0 → Ln → L1 → Ln - 1 → L2 → Ln - 2 → …

    不能只是单纯的改变节点内部的值，而是需要实际的进行节点交换。

  • 解题方法:本题考察了快慢指针找中间结点/链表的原地逆置(反转链表)/链表的交叉连接三个重要手法,题目不难但是代码量大,对基础要求高;

    class Solution {
    ListNode *middleNode(ListNode *head) {    //求中间结点;
        ListNode* slow = head, *fast = head;
        while(fast && fast -> next) {
            fast = fast -> next -> next;
            slow = slow -> next;
        }
        return slow;
    }

    ListNode *reverseList(ListNode* head) {    //将链表的后半段原地逆置
        ListNode *pre = NULL, *cur = head;
        while(cur) {
            ListNode* next = cur -> next;
            cur -> next = pre;
            pre = cur;
            cur = next;
        }
        return pre;
    }

    
public:
    void reorderList(ListNode* head) {       //交叉链接
        ListNode *middle = middleNode(head);
        ListNode *head2 = reverseList(middle);
        while(head2 -> next) {
            ListNode * next = head -> next;     //保存后继结点,为了后面更新结点做准备
            ListNode *next2 = head2 -> next;   //保存后继结点
            head -> next = head2;
            head2 -> next =next;
            head = next;
            head2 = next2;
        }
    }
};
    • 时间复杂度： O ( n ) O(n) O(n)，其中 n n n为链表节点个数。
    • 空间复杂度： O ( 1 ) O(1) O(1)，仅用到若干额外变量。

  • 本题也有暴力解版本,把链表放进数组中，然后通过双指针法，一前一后，来遍历数组，构造链表。

    class Solution {
public:
    void reorderList(ListNode* head) {
        vector<ListNode*> vec;
        ListNode* cur = head;
        if (cur == nullptr) return;
        while(cur != nullptr) {
            vec.push_back(cur);
            cur = cur->next;
        }
        cur = head;
        int i = 1;
        int j = vec.size() - 1;  // i j为之前前后的双指针
        int count = 0; // 计数，偶数去后面，奇数取前面
        while (i <= j) {
            if (count % 2 == 0) {
                cur->next = vec[j];
                j--;
            } else {
                cur->next = vec[i];
                i++;
            }
            cur = cur->next;
            count++;
        }
        if (vec.size() % 2 == 0) { // 如果是偶数，还要多处理中间的一个
            cur->next = vec[i];
            cur = cur->next;
        }
        cur->next = nullptr; // 注意结尾
    }
};
    1. 回文链表

    • 题目描述:给你一个单链表的头节点 head ，请你判断该链表是否为回文链表。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。

    • 示例:img,返回true;img,返回false;

    • 解题思路:跟上题一样,先用快慢指针找到中间结点,然后将后半段逆置,再设置一个指针指向第一个结点,让它和指向中间结点的指针同时同速向表尾方向移动,边移动边比较节点值是否相等,若不相等则跳出循环返回false,若一直遍历结束都没有跳出循环,说明该链表是回文链表.

    • 注意后半段反转以后是这样的，也可以将链表断连一分为二，然后比较，但是只是单纯判断链表是否回文的话我觉得没有必要，我这样处理的话可以比较到中间结点结束即p == middle时结束，但是注意当链表为[1,2]这种情况的话会出错，即有特殊情况要处理，所以不妨直接比较到p为NULL时结束。

      image-20230726105337465 
      class Solution {
    ListNode *middleNode(ListNode *head) {    //求中间结点模板;
        ListNode* slow = head, *fast = head;
        while(fast && fast -> next) {
            fast = fast -> next -> next;
            slow = slow -> next;
        }
        return slow;
    }

    ListNode *reverseList(ListNode* head) {    //反转链表模板
        ListNode *pre = NULL, *cur = head;
        while(cur) {
            ListNode* next = cur -> next;
            cur -> next = pre;
            pre = cur;
            cur = next;
        }
        return pre;
    }

public:
    bool isPalindrome(ListNode* head) {
        ListNode* middle = middleNode(head);   //求中间结点；
        ListNode* p =  reverseList(middle);    //将链表后半段逆置
        while(p){       //下面开始依次比较节点值是否相等；
            if(p -> val != head ->val ){
                return false;
            }
            p = p -> next;
            head = head -> next;
        }
        return true;
    }
};

      时空复杂度： O ( n ) / O ( 1 ) O(n)/O(1) O(n)/O(1)

    • 其他方法:

      1. 由于数组具有随机访问的性质,可以考虑复制链表结点数值到数组中,然后用双指针法判断是否为回文链表;

        class Solution {
public:
    bool isPalindrome(ListNode* head) {
        vector<int> vals;
        while (head != NULL) {
            vals.push_back(head->val);
            head = head->next;
        }
        for (int i = 0, int j = vals.size() - 1; i < j; ++i, --j) {
            if (vals[i] != vals[j]) {
                return false;
            }
        }
        return true;
    }
};

      2. 可以考虑用栈来做,将该链表所有结点值遍历输入到栈中,再依次弹出和链表元素比较;因为是回文所以链表反过来和正过来一模一样，用stack做很方便

        class Solution {
    public boolean isPalindrome(ListNode head) {
        Stack<Integer> stack=new Stack<Integer>();
        ListNode cur=head;
        while(cur!=null){
            stack.push(cur.val);
            cur=cur.next;
        }
        while(head!=null){
            if(stack.pop()!=head.val)
                return false;
            head=head.next;
        }
        return true;
    }
}
//但是注意空间复杂度不符合O(1)的要求;

比较;因为是回文所以链表反过来和正过来一模一样，用stack做很方便

   ```cpp
   class Solution {
       public boolean isPalindrome(ListNode head) {
           Stack<Integer> stack=new Stack<Integer>();
           ListNode cur=head;
           while(cur!=null){
               stack.push(cur.val);
               cur=cur.next;
           }
           while(head!=null){
               if(stack.pop()!=head.val)
                   return false;
               head=head.next;
           }
           return true;
       }
   }
   //但是注意空间复杂度不符合O(1)的要求;
   ```

标签：结点,线性表,head,fast,next,链表,第二章,cur
From： https://blog.csdn.net/m0_72520040/article/details/139101500

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