前言
前言：刷「链表」高频面试题。
文章目录
一. 基础回顾
详细介绍参考 04 讲： 链表简析（点击链接直达）
1. 增删改查
结构：
1
1
1->
2
2
2->
3
3
3->NULL，链表是 指向型结构 。
查找：随机访问的时间复杂度是
O
(
n
)
O(n)
O(n)。
增删：删除和插入元素的时间复杂度都是
O
(
1
)
O(1)
O(1) 。
2. 虚拟头节点
1）头节点
对于链表，给我们一个链表时，我们拿到的是头节点（head） 。如果没有头结点证明整个链表为空 NULL，如果已有头结点则证明链表不为空。
2）为什么需要虚拟头结点
针对链表头结点 （head）为空和不为空需要执行不同的操作。每次对应头结点都需要单独处理，所以使用头结点的技巧，可以解决这个问题。
例如，删除链表中的某个节点必须要找到前一个节点才能操作。这就造成头结点的尴尬，对于头结点来说没有前一个节点。
如果链表为空(head = null)，那么 访问 null.val 与 null.next 会出错。为了避免这种情况，增加一个虚拟头结点（dummy）可以统一操作，不用关心头结点是否为空。这样 dummy.next = null，避免直接访问空指针。
其中 dummy 的值 （val）常用 -1 表示，next 指向 头结点（head）。
3. 链表的遍历
// 增加虚拟头节点的链表遍历
dummy; dumm->next = head; p = dummy;
while (p)
{
}
// 没有虚拟头结点的链表遍历
head;
while (head)
{
head = head->next;
}
二. 高频面试题
1. 例题
例题1：LeetCode 206 反转链表
1）题目链接
原题链接：反转链表（点击链接直达）
2） 算法思路
- 明确：修改几条边，修改哪几条边，注意是修改
n条边； - 操作：将当前节点的
next指针改为指向前一个节点（last）； - 维护：双链表可以通过
pre指针访问前一个节点。针对单链表，没有pre指针无法访问前一个节点（last），需要新开一个变量维护前一个节点（last）； - 边界：针对头结点（
head）没有前一个节点，创建last并赋为NULL；
3）源码剖析
class Solution {
public:
ListNode* reverseList(ListNode* head) {
if (!head || !head->next) return head;
ListNode* last = nullptr; //（1）
ListNode* cur = head; //（2）
while (cur) //（3）
{
ListNode* next = cur->next; //（4）
cur->next = last; //（5）
last = cur; //（6）
cur = next; //（7）
}
return last; //（8）
}
};
- （1）/（2）初始化变量
last和cur，last指向上一个节点，cur指向当前节点； - （3）修改每条边，需要循环遍历访问每个节点；
- （4）修改一条边时，先保存当前节点（
cur）的下一个节点（next），防止丢失； - （5）修改一条边；
- （6）/（7）
last和cur分别向后移动一位； - （8）返回反转后链表的头结点。当
cur停下时指向原链表的NULL，此时last指向反转后链表的头结点；
4）时间复杂度
O ( n ) O(n) O(n)
例题2：LeetCode 92 反转链表II
1）题目链接
原题链接：反转链表（点击链接直达）
2） 算法思路
- 将
tmp节点移动到left-1的位置处； - 反转
[left, right]部分的节点。从left位置开始反转，反转right-left次； - 调整剩余部分节点的指向；
- 返回头结点；
3）源码剖析
class Solution {
public:
ListNode* reverseBetween(ListNode* head, int left, int right) {
if (left == right) return head; //（1）
ListNode* dummy = new ListNode(-1); //（2）
dummy->next = head;
ListNode* tmp = dummy;
for (int i = 0; i < left - 1; i ++) tmp = tmp->next; //（3）
//（4）
ListNode* pre = tmp->next;
ListNode* cur = pre->next;
for (int i = 0; i < right - left; i ++)
{
ListNode* next = cur->next;
cur->next = pre;
pre = cur;
cur = next;
}
//（5）
tmp->next->next = cur;
tmp->next = pre;
return dummy->next; //（6）
}
};
- （1）
left=right证明只有一个头结点； - （2）
dummy为哨兵节点。因为left可能在head位置，故添加哨兵节点； - （3）将
tmp节点移动到left-1的位置； - （4）
(4)- (5)之间的代码为反转[left, right]部分的节点，逻辑同上题； - （5）
(5)-(6)之间的代码为调整其它节点的指向。如示例1，2的next指向5，1的next指向4； - （6）返回链表头节点；
4）时间复杂度
O ( n ) O(n) O(n)
例题3：LeetCode 203 移除链表元素
1）题目链接
原题链接：移除链表元素（点击链接直达）
2）遍历做法
- 增加
dummy哨兵节点的目的是统一操作，少写特判断头结点（head）是否为空。// 不增加哨兵节点dummy if (!head) { return head; } else { }// 增加哨兵节点dummy class Solution { public: ListNode* removeElements(ListNode* head, int val) { ListNode* dummy = new ListNode(-1); dummy->next = head; ListNode* p = dummy; while (p->next) { if (p->next->val == val) p->next = p->next->next; else p = p->next; } return dummy->next; } };
3）递归做法
if (!head) return head;
head->next = removeElements(head->next, val);
return head->val == val? head->next : head;
3）时间复杂度
O ( n ) O(n) O(n)
2. 习题
习题1：LeetCode 19 删除链表的第N个节点
1）题目链接
原题链接： 删除链表的第N个节点（点击链接直达）
2） 算法思路
纸上画图实际模拟一遍即可。
3）源码剖析
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode* dummy = new ListNode(-1); //（1）
dummy->next = head;
ListNode* p = dummy, *q = dummy;
for (int i = 0; i < n; i ++) p = p->next; //（2）
while (p->next != nullptr) //（3）
{
p = p->next;
q = q->next;
}
q->next = q->next->next; //（4）
return dummy->next;
}
};
- （1）定义虚拟头结点
dummy，不用考虑头结点的特殊情况； - （2）
p指针先走 n 步； - （3）
p指针和q指针同时走，直到p指针走到最后一个节点，两指针都停下； - （4）此时
q指向的就是要删除节点的前一个节点（n-1处），删除第n个节点；
3）时间复杂度
双指针遍历时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
习题2：LeetCode 876 链表的中间节点
1）题目链接
原题链接： 链表的中间节点（点击链接直达）
2） 算法思路
- 模拟枚举。奇数个节点，
q走到中点时，p->next为NULL。偶数个节点，q走到中点时，fast为空NULL。
3）源码剖析
class Solution {
public:
ListNode* middleNode(ListNode* head) {
auto p = head, q = head;
while (p && p->next) { // 只要p和p->next都不为空时，两指针就一种往后走
p = p->next->next;
q = q->next;
}
return q;
}
};
3）时间复杂度
双指针遍历时间复杂度为 O ( n ) O(n) O(n)
习题3：LeetCode 160 相交链表
1）题目链接
原题链接： 相交链表（点击链接直达）
2） 算法思路
- 判断相交：两指针是否相等；
- 难点：两个链表相同节点前面的长度不同，无法控制遍历的长度。
例如，链表a： 1=>2=>3=>4，链表b：5=>3=>4，相同节点为3。对于3前面的链表部分，两个链表长度不同； - 解决：将两个链表逻辑上拼接在一起。先遍历链表
a，遍历完后再遍历链表b。同理，先先遍历链表b，遍历完后再遍历链表a。这样，相同节点前面的长度就保持一致了，可以通过遍历相同的次数走到相同的节点；
例如，链表a逻辑上变为：1=>2=>3=>4=>5=>3=>4，链表b逻辑上变为：5=>3=>4=>1=>2=>3=>4；
3）源码剖析
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
auto p = headA, q = headB;
while (p != q) {
// p没走到A链表终点就一直往后走，走到终点就开始走B链表
p = p != NULL? p->next : headB;
// q没走到B链表终点就一直往后走，走到终点就开始走A链表
q = q != NULL? q->next : headA;
}
return p;
}
};
3）时间复杂度
O ( n ) O(n) O(n)
习题4：LeetCode 141 环型链表
1）题目链接
原题链接： 环型链表（点击链接直达）
2） 算法思路
- 明确什么叫有环；
- 明确有环和无环的区别：
- 定义：
fast是跑得快的指针，slow是跑的慢的指针。快指针每次走两步，慢指针每次走一步； - 有环：有环相当于
fast和slow两指针在环形操场跑，如果fast和slow相遇，那一定是fast超过了slow一圈； - 无环：无环相当于
fast和slow两指针在直道操场跑，因为快指针跑的快会先达到终点，则两指针一定不会遇到；
- 定义：
3）源码剖析
class Solution {
public:
bool hasCycle(ListNode *head) {
ListNode* slow = head, *fast = head;
while (fast && fast->next) //（1）
{
fast = fast->next->next; //（2）
slow = slow->next; //（3）
if (fast == slow) return true; //（4）
}
return false; //（5）
}
};
- （1）判断快指针是否到达终点；
- （2）快指针每次走两步；
- （3）慢指针每次走一步；
- （4）两指针相遇，证明两指针套圈了，则一定有环；
- （5）快指针先达到终点，证明无环；
4）时间复杂度
O ( n ) O(n) O(n)
习题5：LeetCode 142. 环形链表 II
1）题目链接
原题链接： 环形链表 II（点击链接直达）
2） 算法思路
- 本题在上题的基础上增加了新需求。除了判断是否有环，还需要返回入环节点的索引；
- 定义两个指针，一个是
fast，一个是slow，fast一次走两步，slow一次走一步； - 先让两指针相遇
fast指针走过的路程： a + b + n × 圈 a + b + n×圈 a+b+n×圈， 圈 = b + c 圈 = b + c 圈=b+c，得出 a + b + n ( b + c ) a + b + n(b + c) a+b+n(b+c)；slow指针走过的路程 a + b a + b a+b；- 根据时间相等： a + b a + b a+b = ( a + b + n × ( b + c ) ) / 2 (a + b + n × (b + c)) / 2 (a+b+n×(b+c))/2 公式①；
- 相遇后找入口节点
- 当两指针相遇之后，一个指针从头结点
head出发，另一个指针从相遇点出发，两指针以相同速度走，直到相遇为止，相遇的点就是链表环的入口节点； - 将公式① 等式两边消掉一个 a + b a + b a+b，得到 a + b a + b a+b = $n × (b + c)) ，得到 a a a = n × ( b + c ) − b n × (b + c) - b n×(b+c)−b，因为是环形的， a a a = ( n − 1 ) × ( b + c ) + c (n - 1) × (b + c) + c (n−1)×(b+c)+c；
- 当两指针相遇之后，一个指针从头结点
- 图注：
|表示入环节点的位置，a表示从起点出发到入环节点位置的路程，b表示从入环节点的位置到相遇节点位置的路程，c表示从相遇节点位置到入环节点位置的路程，*表示两指针相遇节点的位置
3）源码剖析
class Solution {
public:
ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
if (!head || !head->next) return NULL;
ListNode* slow = head, *fast = head;
while (fast && fast->next) {
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
if (slow == fast) {
ListNode* cur = head;
while (cur != slow)
{
cur = cur->next;
slow = slow->next;
}
return cur;
}
}
return NULL;
}
};
4）时间复杂度
O ( n ) O(n) O(n)
习题6：LeetCode 234 回文链表
1）题目链接
原题链接： 回文链表（点击链接直达）
2） 算法思路
- 链表不能向数组一样直接通过索引找到链表的中点，需要从头节点挨个遍历；
- 找链表的中点（参考习题2，“LeetCode 876 链表的中间节点” 的讲解），找中点遍历时，同时将中点的前半段进行翻转
- 链表长度分奇数和偶数，如果
fast指针没有指向null，说明链表长度为奇数，slow还要再向前一步； - 再依次遍历这中点两边的两段链表，依次对比是否相同；
3）源码剖析
class Solution {
public:
bool isPalindrome(ListNode* head) {
ListNode* slow = head, *fast = head;
ListNode* pre = nullptr;
while (fast != nullptr && fast->next != nullptr)
{
fast = fast->next->next;
ListNode* next = slow->next;
slow->next = pre;;
pre = slow;
slow = next;
}
if (fast != nullptr) slow = slow->next; // 如果fast没有指向null，说明链表长度为奇数，slow还要再往前走一步
while (pre && slow)
{
if (pre->val != slow->val) return false;
pre = pre->next;
slow = slow->next;
}
return true;
}
};
4）时间复杂度
O ( n ) O(n) O(n)
习题7：LeetCode 21 合并两个有序链表
1）题目链接
原题链接： 合并两个有序链表（点击链接直达）
2） 算法思路
二路归并
3）源码剖析
class Solution {
public:
ListNode* mergeTwoLists(ListNode* list1, ListNode* list2) {
auto p = list1, q = list2;
auto dummy = new ListNode(-1);
auto cur = dummy;
while (p && q)
{
if (p->val <= q->val)
{
cur->next = p;
p = p->next;
cur = cur->next;
}
else
{
cur->next = q;
q = q->next;
cur = cur->next;
}
}
if (p) cur->next = p;
if (q) cur->next = q;
return dummy->next;
}
};
4）时间复杂度
O ( n ) O(n) O(n)
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