有关链表

以下给出链表结点的数据结构：

1   typedef  struct  _list_node
2  {
3       double  keyVal;
4       struct  _list_node  * next;
5  }ListNode;

Q1 单链表的反序

Code
 1  ListNode *  reverseList(ListNode *  head)
 2  {
 3      ListNode  * p1,  * p2 ,  * p3;
 4       // 链表为空，或是单结点链表直接返回头结点
 5       if  (head  ==  NULL  ||  head -> next  ==  NULL)
 6      {
 7           return  head;
 8      }
 9      p1  =  head;
10      p2  =  head -> next;
11       while  (p2  !=  NULL)
12      {
13          p3  =  p2 -> next;
14          p2 -> next  =  p1;
15          p1  =  p2;
16          p2  =  p3;
17      }
18      head -> next  =  NULL;
19      head  =  p1;
20  
21       return  head;
22  }

Q2 找出链表的中间元素

Code
 1  ListNode *  find_midlist(ListNode *  head)
 2  {
 3      ListNode  * p1,  * p2;
 4      
 5       if  (head  ==  NULL  ||  head -> next  ==  NULL)
 6      {
 7           return  head;
 8      }
 9      p1  =  p2  =  head;
10       while  ( 1 )
11      {
12           if  (p2 -> next  !=  NULL  &&  p2 -> next -> next  !=  NULL)
13          {
14              p2  =  p2 -> next -> next;
15              p1  =  p1 -> next;
16          }
17           else
18          {
19               break ;
20          }
21      }
22       return  p1;
23  }

思路分析：

  单 链 表的一个比较大的特点用一句广告语来说就是“不走回头路”，不能实现随机存取（random access）。如果我们想要找一个数组a的中间元素，直接a[len/2]就可以了，但是链表不行，因为只有a[len/2 - 1] 知道a[len/2]在哪儿，其他人不知道。因此，如果按照数组的做法依样画葫芦，要找到链表的中点，我们需要做两步（1）知道链表有多长（2）从头结点 开始顺序遍历到链表长度的一半的位置。这就需要1.5n（n为链表的长度）的时间复杂度了。有没有更好的办法呢？有的。想法很简单：两个人赛跑，如果A的 速度是B的两倍的话，当A到终点的时候，B应该刚到中点。这只需要遍历一遍链表就行了，还不用计算链表的长度。

  上面的代码就体现了这个想法。

Q3  链表排序

Code
 1  double  cmp(ListNode  * p ,ListNode  * q)
 2  { return  (p -> keyVal  -  q -> keyVal);}
 3  
 4  ListNode *  mergeSortList(ListNode  * head)
 5  {
 6      ListNode  * p,  * q,  * tail,  * e;
 7       int  nstep  =   1 ;
 8       int  nmerges  =   0 ;
 9       int  i;
10       int  psize, qsize;
11       if  (head  ==  NULL  ||  head -> next  ==  NULL)
12      { return  head;}
13       while  ( 1 )
14      {   p  =  head;
15          tail  =  NULL;
16          nmerges  =   0 ;
17           while  (p)
18          {   nmerges ++ ;  q  =  p;  psize  =   0 ;
19               for  (i  =   0 ; i  <  nstep; i ++ ){
20                  psize ++ ;
21                  q  =  q -> next;
22                   if  (q  ==  NULL) break ;
23  }
24              qsize  =  nstep;
25               while  (psize  > 0   ||  (qsize  > 0   &&  q))
26  {
27                   if  (psize  ==   0  ){e  =  q; q  =  q -> next; qsize -- ;}
28                  elseif (q  ==  NULL  ||  qsize  ==   0 ){e  =  p; p  =  p -> next; psize -- ;}
29                  elseif (cmp(p,q)  <=   0 ){e  =  p; p  =  p -> next; psize -- ;}
30                   else {e  =  q; q  =  q -> next; qsize -- ;}
31                   if  (tail  !=  NULL){tail -> next  =  e;}
32                   else {head  =  e;}
33                  tail  =  e;
34                }
35              p  =  q;
36          }
37          tail -> next  =  NULL;
38           if  (nmerges  <=   1 ){ return  head;}
39           else {nstep  <<=   1 ;}
40      }
41  }

思路分析：

    链表排序最好使用归并排序算法。堆排序、快速排序这些在数组排序时性能非常好的算法，在链表只能“顺序访问”的魔咒下无法施展能力；但是归并排序却如鱼得水，非但保持了它O(nlogn) 的时间复杂度，而且它在数组排序中广受诟病的空间复杂度在链表排序中也从 O(n) 降到了 O(1) 。真是好得不得了啊，哈哈。以上程序是递推法的程序，另外值得一说的是看看那个时间复杂度，是不是有点眼熟？对！这就是分治法的时间复杂度，归并排序又是 divide and conquer 。

Q4  判断一个单链表是否有环

Code
 1  int  is_looplist (ListNode  * head)
 2  {
 3      ListNode  * p1,  * p2;
 4      p1  =  p2  =  head;
 5  
 6       if  (head  ==  NULL  ||  head -> next  ==  NULL)
 7      {
 8           return   0 ;
 9      }
10  
11       while  (p2 -> next  !=  NULL  &&  p2 -> next -> next  !=  NULL)
12      {
13          p1  =  p1 -> next;
14          p2  =  p2 -> next -> next;
15           if  (p1  ==  p2)
16          {
17               return   1 ;
18          }
19      }
20  
21       return   0 ;
22  
23  }

思路分析：

    这道题是《C 专 家编程》中的题了。其实算法也有很多，比如说：我觉得进行对访问过的结点进行标记这个想法也不错，而且在树遍历等场合我们也经常使用。但是在不允许做标记 的场合就无法使用了。在种种限制的条件下，就有了上面的这种算法，其实思想很简单：就像两个人在操场上跑步一样，只要有个人的速度比另一个人的速度快一 点，他们肯定会有相遇的时候的。不过带环链表与操场又不一样，带环链表的状态是离散的，所以选择走得快的要比走得慢的快多少很重要。比如说这里，如果一个 指针一次走三步，一个指针一次走一步的话，很有可能它们虽然在一个环中但是永远遇不到，这要取决于环的大小以及两个指针初始位置相差多少了。呵呵。你能看 出两个指针的速度应该满足什么关系才能在有环的情况下相遇吗？如果你知道，不妨跟我讨论一下，呵呵。

有几种解法：

1. 遍历链表，将已经遍历过的节点放在一个hash表中，如果一个节点已经存在hash表中，说明有环。时间:O(n) 空间:O(n)

2. 反转链表 时间O(n)，空间O(1),使用三个指针

3. 快慢指针。 时间O(n), 空间O(1),使用两个指针

参考：

http://kb.cnblogs.com/page/52054/

http://www.cnblogs.com/shawn-zhou/archive/2008/11/26/1341307.html

http://kb.cnblogs.com/page/52054/

http://keep.javaeye.com/blog/293454

【摘要】有一个单链表，其中可能有一个环，也就是某个节点的next指向的是链表中在它之前的节点，这样在链表的尾部形成一环。1、如何判断一 个链表是不是这类链表？2、如果链表为存在环，如果找到环的入口点？扩展：判断两个单链表是否相交，如果相交，给出相交的第一个点。

有一个单链表，其中可能有一个环，也就是某个节点的next指向的是链表中在它之前的节点，这样在链表的尾部形成一环。

问题：

1、如何判断一个链表是不是这类链表？
2、如果链表为存在环，如果找到环的入口点？

解答：

一、判断链表是否存在环，办法为：

设置两个指针(fast, slow)，初始值都指向头，slow每次前进一步，fast每次前进二步，如果链表存在环，则fast必定先进入环，而slow后进入环，两个指针必定相遇。(当然，fast先行头到尾部为NULL，则为无环链表)程序如下：

bool IsExitsLoop(slist * head)
{
    slist * slow = head ,  * fast = head;

    while  ( fast  &&  fast -> next ) 
    {
        slow  =  slow -> next;
        fast  =  fast -> next -> next;
        if  ( slow  ==  fast )  break ;
    }

    return   ! (fast  ==  NULL  ||  fast -> next  ==  NULL);
}

 

二、找到环的入口点

当fast若与slow相遇时，slow肯定没有走遍历完链表，而fast已经在环内循环了n圈(1<=n)。假设slow走了s步，则 fast走了2s步（fast步数还等于s 加上在环上多转的n圈），设环长为r，则：

2s = s + nr
s= nr

设整个链表长L，入口环与相遇点距离为x，起点到环入口点的距离为a。
a + x = nr
a + x = (n – 1)r +r = (n-1)r + L - a
a = (n-1)r + (L – a – x)

(L – a – x)为相遇点到环入口点的距离，由此可知，从链表头到环入口点等于(n-1)循环内环+相遇点到环入口点，于是我们从链表头、与相遇点分别设一个指针，每次各走一步，两个指针必定相遇，且相遇第一点为环入口点。

程序描述如下：

slist *  FindLoopPort(slist * head)
{
    slist * slow  =  head,  * fast  =  head;

    while  ( fast  &&  fast -> next ) 
    {
        slow  =  slow -> next;
        fast  =  fast -> next -> next;
        if  ( slow  ==  fast )  break ;
    }

    if  (fast  ==  NULL  ||  fast -> next  ==  NULL)
        return  NULL;

    slow  =  head;
    while  (slow  !=  fast)
    {
         slow  =  slow -> next;
         fast  =  fast -> next;
    }

    return  slow;
}

 

附一种易于理解的解释：

 

一种O（n）的办法就是（搞两个指针，一个每次递增一步，一个每次递增两步，如果有环的话两者必然重合，反之亦然）：
关于这个解法最形象的比喻就是在操场当中跑步，速度快的会把速度慢的扣圈

可以证明，p2追赶上p1的时候，p1一定还没有走完一遍环路，p2也不会跨越p1多圈才追上

我们可以从p2和p1的位置差距来证明，p2一定会赶上p1但是不会跳过p1的

因为p2每次走2步，而p1走一步，所以他们之间的差距是一步一步的缩小，4，3，2，1，0 到0的时候就重合了

根据这个方式，可以证明，p2每次走三步以上，并不总能加快检测的速度，反而有可能判别不出有环

既然能够判断出是否是有环路，那改如何找到这个环路的入口呢？

解法如下： 当p2按照每次2步，p1每次一步的方式走，发现p2和p1重合，确定了单向链表有环路了

接下来，让p2回到链表的头部，重新走，每次步长不是走2了，而是走1，那么当p1和p2再次相遇的时候，就是环路的入口了。

这点可以证明的：

在p2和p1第一次相遇的时候，假定p1走了n步骤，环路的入口是在p步的时候经过的，那么有

p1走的路径： p+c ＝ n；         c为p1和p2相交点，距离环路入口的距离

p2走的路径： p+c+k*L = 2*n；   L为环路的周长，k是整数

显然，如果从p+c点开始，p1再走n步骤的话，还可以回到p+c这个点

同时p2从头开始走的话，经过n步，也会达到p+c这点

显然在这个步骤当中p1和p2只有前p步骤走的路径不同，所以当p1和p2再次重合的时候，必然是在链表的环路入口点上。

 

 

 

扩展问题：

判断两个单链表是否相交，如果相交，给出相交的第一个点（两个链表都不存在环）。

比较好的方法有两个：

一、将其中一个链表首尾相连，检测另外一个链表是否存在环，如果存在，则两个链表相交，而检测出来的依赖环入口即为相交的第一个点。

二、如果两个链表相交，那个两个链表从相交点到链表结束都是相同的节点，我们可以先遍历一个链表，直到尾部，再遍历另外一个链表，如果也可以走到同样的结尾点，则两个链表相交。

这时我们记下两个链表length，再遍历一次，长链表节点先出发前进(lengthMax-lengthMin)步，之后两个链表同时前进，每次一步，相遇的第一点即为两个链表相交的第一个点。