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双指针技巧秒杀七道链表题目

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读完本文,你不仅学会了算法套路,还可以顺便解决如下题目:

牛客 LeetCode 力扣 难度
- 141. Linked List Cycle 141. 环形链表 🟢
- 142. Linked List Cycle II 142. 环形链表 II 🟠
- 160. Intersection of Two Linked Lists 160. 相交链表 🟢
- 19. Remove Nth Node From End of List 19. 删除链表的倒数第 N 个结点 🟠
- 21. Merge Two Sorted Lists 21. 合并两个有序链表 🟢
- 23. Merge k Sorted Lists 23. 合并K个升序链表 🔴
- 86. Partition List 86. 分隔链表 🟠
- 876. Middle of the Linked List 876. 链表的中间结点 🟢
- - 剑指 Offer 22. 链表中倒数第k个节点 🟢
- - 剑指 Offer 25. 合并两个排序的链表 🟢
- - 剑指 Offer 52. 两个链表的第一个公共节点 🟢
- - 剑指 Offer II 021. 删除链表的倒数第 n 个结点 🟠
- - 剑指 Offer II 022. 链表中环的入口节点 🟠
- - 剑指 Offer II 023. 两个链表的第一个重合节点 🟢
- - 剑指 Offer II 078. 合并排序链表 🔴

———–

本文有视频版《 链表双指针技巧全面汇总》(由于 B 站限制站外视频的清晰度,建议 跳转到 B 站观看):

上次在视频号直播,跟大家说到单链表有很多巧妙的操作,本文就总结一下单链表的基本技巧,每个技巧都对应着至少一道算法题:

1、合并两个有序链表

2、链表的分解

3、合并 k 个有序链表

4、寻找单链表的倒数第 k 个节点

5、寻找单链表的中点

6、判断单链表是否包含环并找出环起点

7、判断两个单链表是否相交并找出交点

这些解法都用到了双指针技巧,所以说对于单链表相关的题目,双指针的运用是非常广泛的,下面我们就来一个一个看。

合并两个有序链表

这是最基本的链表技巧,力扣第 21 题「 合并两个有序链表」就是这个问题:

给你输入两个有序链表,请你把他俩合并成一个新的有序链表,函数签名如下:

ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2);

这题比较简单,我们直接看解法:

ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2) {
    // 虚拟头结点
    ListNode dummy = new ListNode(-1), p = dummy;
    ListNode p1 = l1, p2 = l2;
    
    while (p1 != null && p2 != null) {/**<extend down -200><img src="/algo/images/链表技巧/1.gif"> */
        // 比较 p1 和 p2 两个指针
        // 将值较小的的节点接到 p 指针
        if (p1.val > p2.val) {
            p.next = p2;
            p2 = p2.next;
        } else {
            p.next = p1;
            p1 = p1.next;
        }
        // p 指针不断前进
        p = p.next;
    }
    
    if (p1 != null) {
        p.next = p1;
    }
    
    if (p2 != null) {
        p.next = p2;
    }
    
    return dummy.next;
}

我们的 while 循环每次比较 p1p2 的大小,把较小的节点接到结果链表上,看如下 GIF:

形象地理解,这个算法的逻辑类似于拉拉链,l1, l2 类似于拉链两侧的锯齿,指针 p 就好像拉链的拉索,将两个有序链表合并;或者说这个过程像蛋白酶合成蛋白质,l1, l2 就好比两条氨基酸,而指针 p 就好像蛋白酶,将氨基酸组合成蛋白质。

代码中还用到一个链表的算法题中是很常见的「虚拟头结点」技巧,也就是 dummy 节点。你可以试试,如果不使用 dummy 虚拟节点,代码会复杂很多,而有了 dummy 节点这个占位符,可以避免处理空指针的情况,降低代码的复杂性。

单链表的分解

直接看下力扣第 86 题「 分隔链表」:

在合并两个有序链表时让你合二为一,而这里需要分解让你把原链表一分为二。具体来说,我们可以把原链表分成两个小链表,一个链表中的元素大小都小于 x,另一个链表中的元素都大于等于 x,最后再把这两条链表接到一起,就得到了题目想要的结果。

整体逻辑和合并有序链表非常相似,细节直接看代码吧,注意虚拟头结点的运用:

ListNode partition(ListNode head, int x) {
    // 存放小于 x 的链表的虚拟头结点
    ListNode dummy1 = new ListNode(-1);
    // 存放大于等于 x 的链表的虚拟头结点
    ListNode dummy2 = new ListNode(-1);
    // p1, p2 指针负责生成结果链表
    ListNode p1 = dummy1, p2 = dummy2;
    // p 负责遍历原链表,类似合并两个有序链表的逻辑
    // 这里是将一个链表分解成两个链表
    ListNode p = head;
    while (p != null) {
        if (p.val >= x) {
            p2.next = p;
            p2 = p2.next;
        } else {
            p1.next = p;
            p1 = p1.next;
        }
        // 断开原链表中的每个节点的 next 指针
        ListNode temp = p.next;
        p.next = null;
        p = temp;
    }
    // 连接两个链表
    p1.next = dummy2.next;

    return dummy1.next;
}

合并 k 个有序链表

看下力扣第 23 题「 合并K个升序链表」:

函数签名如下:

ListNode mergeKLists(ListNode[] lists);

合并 k 个有序链表的逻辑类似合并两个有序链表,难点在于,如何快速得到 k 个节点中的最小节点,接到结果链表上?

这里我们就要用到 优先级队列(二叉堆) 这种数据结构,把链表节点放入一个最小堆,就可以每次获得 k 个节点中的最小节点:

ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
    if (lists.length == 0) return null;
    // 虚拟头结点
    ListNode dummy = new ListNode(-1);
    ListNode p = dummy;
    // 优先级队列,最小堆
    PriorityQueue<ListNode> pq = new PriorityQueue<>(
        lists.length, (a, b)->(a.val - b.val));
    // 将 k 个链表的头结点加入最小堆
    for (ListNode head : lists) {
        if (head != null)
            pq.add(head);
    }

    while (!pq.isEmpty()) {
        // 获取最小节点,接到结果链表中
        ListNode node = pq.poll();
        p.next = node;
        if (node.next != null) {
            pq.add(node.next);
        }
        // p 指针不断前进
        p = p.next;
    }
    return dummy.next;
}

这个算法是面试常考题,它的时间复杂度是多少呢?

优先队列 pq 中的元素个数最多是 k,所以一次 poll 或者 add 方法的时间复杂度是 O(logk);所有的链表节点都会被加入和弹出 pq所以算法整体的时间复杂度是 O(Nlogk),其中 k 是链表的条数,N 是这些链表的节点总数

单链表的倒数第 k 个节点

从前往后寻找单链表的第 k 个节点很简单,一个 for 循环遍历过去就找到了,但是如何寻找从后往前数的第 k 个节点呢?

那你可能说,假设链表有 n 个节点,倒数第 k 个节点就是正数第 n - k + 1 个节点,不也是一个 for 循环的事儿吗?

是的,但是算法题一般只给你一个 ListNode 头结点代表一条单链表,你不能直接得出这条链表的长度 n,而需要先遍历一遍链表算出 n 的值,然后再遍历链表计算第 n - k + 1 个节点。

也就是说,这个解法需要遍历两次链表才能得到出倒数第 k 个节点。

那么,我们能不能只遍历一次链表,就算出倒数第 k 个节点?可以做到的,如果是面试问到这道题,面试官肯定也是希望你给出只需遍历一次链表的解法。

这个解法就比较巧妙了,假设 k = 2,思路如下:

首先,我们先让一个指针 p1 指向链表的头节点 head,然后走 k 步:

现在的 p1,只要再走 n - k 步,就能走到链表末尾的空指针了对吧?

趁这个时候,再用一个指针 p2 指向链表头节点 head

接下来就很显然了,让 p1p2 同时向前走,p1 走到链表末尾的空指针时前进了 n - k 步,p2 也从 head 开始前进了 n - k 步,停留在第 n - k + 1 个节点上,即恰好停链表的倒数第 k 个节点上:

这样,只遍历了一次链表,就获得了倒数第 k 个节点 p2

上述逻辑的代码如下:

// 返回链表的倒数第 k 个节点
ListNode findFromEnd(ListNode head, int k) {
    ListNode p1 = head;
    // p1 先走 k 步
    for (int i = 0; i < k; i++) {
        p1 = p1.next;
    }
    ListNode p2 = head;
    // p1 和 p2 同时走 n - k 步
    while (p1 != null) {
        p2 = p2.next;
        p1 = p1.next;
    }
    // p2 现在指向第 n - k + 1 个节点,即倒数第 k 个节点
    return p2;
}

当然,如果用 big O 表示法来计算时间复杂度,无论遍历一次链表和遍历两次链表的时间复杂度都是 O(N),但上述这个算法更有技巧性。

很多链表相关的算法题都会用到这个技巧,比如说力扣第 19 题「 删除链表的倒数第 N 个结点」:

我们直接看解法代码:

// 主函数
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
    // 虚拟头结点
    ListNode dummy = new ListNode(-1);
    dummy.next = head;
    // 删除倒数第 n 个,要先找倒数第 n + 1 个节点
    ListNode x = findFromEnd(dummy, n + 1);
    // 删掉倒数第 n 个节点
    x.next = x.next.next;
    return dummy.next;
}
    
private ListNode findFromEnd(ListNode head, int k) {
    // 代码见上文
}

这个逻辑就很简单了,要删除倒数第 n 个节点,就得获得倒数第 n + 1 个节点的引用,可以用我们实现的 findFromEnd 来操作。

不过注意我们又使用了虚拟头结点的技巧,也是为了防止出现空指针的情况,比如说链表总共有 5 个节点,题目就让你删除倒数第 5 个节点,也就是第一个节点,那按照算法逻辑,应该首先找到倒数第 6 个节点。但第一个节点前面已经没有节点了,这就会出错。

但有了我们虚拟节点 dummy 的存在,就避免了这个问题,能够对这种情况进行正确的删除。

单链表的中点

力扣第 876 题「 链表的中间结点」就是这个题目,问题的关键也在于我们无法直接得到单链表的长度 n,常规方法也是先遍历链表计算 n,再遍历一次得到第 n / 2 个节点,也就是中间节点。

如果想一次遍历就得到中间节点,也需要耍点小聪明,使用「快慢指针」的技巧:

我们让两个指针 slowfast 分别指向链表头结点 head

每当慢指针 slow 前进一步,快指针 fast 就前进两步,这样,当 fast 走到链表末尾时,slow 就指向了链表中点

上述思路的代码实现如下:

ListNode middleNode(ListNode head) {
    // 快慢指针初始化指向 head
    ListNode slow = head, fast = head;
    // 快指针走到末尾时停止
    while (fast != null && fast.next != null) {
        // 慢指针走一步,快指针走两步
        slow = slow.next;
        fast = fast.next.next;
    }
    // 慢指针指向中点
    return slow;
}

需要注意的是,如果链表长度为偶数,也就是说中点有两个的时候,我们这个解法返回的节点是靠后的那个节点。

另外,这段代码稍加修改就可以直接用到判断链表成环的算法题上。

判断链表是否包含环

判断链表是否包含环属于经典问题了,解决方案也是用快慢指针:

每当慢指针 slow 前进一步,快指针 fast 就前进两步。

如果 fast 最终遇到空指针,说明链表中没有环;如果 fast 最终和 slow 相遇,那肯定是 fast 超过了 slow 一圈,说明链表中含有环。

只需要把寻找链表中点的代码稍加修改就行了:

boolean hasCycle(ListNode head) {
    // 快慢指针初始化指向 head
    ListNode slow = head, fast = head;
    // 快指针走到末尾时停止
    while (fast != null && fast.next != null) {
        // 慢指针走一步,快指针走两步
        slow = slow.next;
        fast = fast.next.next;
        // 快慢指针相遇,说明含有环
        if (slow == fast) {
            return true;
        }
    }
    // 不包含环
    return false;
}

当然,这个问题还有进阶版:如果链表中含有环,如何计算这个环的起点?

这里简单提一下解法:

ListNode detectCycle(ListNode head) {
    ListNode fast, slow;
    fast = slow = head;
    while (fast != null && fast.next != null) {
        fast = fast.next.next;
        slow = slow.next;
        if (fast == slow) break;/**<extend down -200><img src="/algo/images/双指针/3.jpeg"> */
    }
    // 上面的代码类似 hasCycle 函数
    if (fast == null || fast.next == null) {
        // fast 遇到空指针说明没有环
        return null;
    }

    // 重新指向头结点
    slow = head;/**<extend up -100><img src="/algo/images/双指针/2.jpeg"> */
    // 快慢指针同步前进,相交点就是环起点
    while (slow != fast) {
        fast = fast.next;
        slow = slow.next;
    }
    return slow;
}

可以看到,当快慢指针相遇时,让其中任一个指针指向头节点,然后让它俩以相同速度前进,再次相遇时所在的节点位置就是环开始的位置。

为什么要这样呢?这里简单说一下其中的原理。

我们假设快慢指针相遇时,慢指针 slow 走了 k 步,那么快指针 fast 一定走了 2k 步:

fast 一定比 slow 多走了 k 步,这多走的 k 步其实就是 fast 指针在环里转圈圈,所以 k 的值就是环长度的「整数倍」。

假设相遇点距环的起点的距离为 m,那么结合上图的 slow 指针,环的起点距头结点 head 的距离为 k - m,也就是说如果从 head 前进 k - m 步就能到达环起点。

巧的是,如果从相遇点继续前进 k - m 步,也恰好到达环起点。因为结合上图的 fast 指针,从相遇点开始走k步可以转回到相遇点,那走 k - m 步肯定就走到环起点了:

所以,只要我们把快慢指针中的任一个重新指向 head,然后两个指针同速前进,k - m 步后一定会相遇,相遇之处就是环的起点了。

两个链表是否相交

这个问题有意思,也是力扣第 160 题「 相交链表」函数签名如下:

ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB);

给你输入两个链表的头结点 headAheadB,这两个链表可能存在相交。

如果相交,你的算法应该返回相交的那个节点;如果没相交,则返回 null。

比如题目给我们举的例子,如果输入的两个链表如下图:

那么我们的算法应该返回 c1 这个节点。

这个题直接的想法可能是用 HashSet 记录一个链表的所有节点,然后和另一条链表对比,但这就需要额外的空间。

如果不用额外的空间,只使用两个指针,你如何做呢?

难点在于,由于两条链表的长度可能不同,两条链表之间的节点无法对应:

如果用两个指针 p1p2 分别在两条链表上前进,并不能同时走到公共节点,也就无法得到相交节点 c1

解决这个问题的关键是,通过某些方式,让 p1p2 能够同时到达相交节点 c1

所以,我们可以让 p1 遍历完链表 A 之后开始遍历链表 B,让 p2 遍历完链表 B 之后开始遍历链表 A,这样相当于「逻辑上」两条链表接在了一起。

如果这样进行拼接,就可以让 p1p2 同时进入公共部分,也就是同时到达相交节点 c1

那你可能会问,如果说两个链表没有相交点,是否能够正确的返回 null 呢?

这个逻辑可以覆盖这种情况的,相当于 c1 节点是 null 空指针嘛,可以正确返回 null。

按照这个思路,可以写出如下代码:

ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
    // p1 指向 A 链表头结点,p2 指向 B 链表头结点
    ListNode p1 = headA, p2 = headB;
    while (p1 != p2) {
        // p1 走一步,如果走到 A 链表末尾,转到 B 链表
        if (p1 == null) p1 = headB;
        else            p1 = p1.next;
        // p2 走一步,如果走到 B 链表末尾,转到 A 链表
        if (p2 == null) p2 = headA;
        else            p2 = p2.next;
    }
    return p1;
}

这样,这道题就解决了,空间复杂度为 O(1),时间复杂度为 O(N)

以上就是单链表的所有技巧,希望对你有启发。

2022/1/24 更新

评论区有不少优秀读者对最后一题「寻找两条链表的交点」提出了一些其他思路,也补充到这里。

首先有读者提到,如果把两条链表首尾相连,那么「寻找两条链表的交点」的问题转换成了前面讲的「寻找环起点」的问题:

说实话我没有想到这种思路,不得不说这是一个很巧妙的转换!不过需要注意的是,这道题说不让你改变原始链表的结构,所以你把题目输入的链表转化成环形链表求解之后记得还要改回来,否则无法通过。

另外,还有读者提到,既然「寻找两条链表的交点」的核心在于让 p1p2 两个指针能够同时到达相交节点 c1,那么可以通过预先计算两条链表的长度来做到这一点,具体代码如下:

public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
    int lenA = 0, lenB = 0;
    // 计算两条链表的长度
    for (ListNode p1 = headA; p1 != null; p1 = p1.next) {
        lenA++;
    }
    for (ListNode p2 = headB; p2 != null; p2 = p2.next) {
        lenB++;
    }
    // 让 p1 和 p2 到达尾部的距离相同
    ListNode p1 = headA, p2 = headB;
    if (lenA > lenB) {
        for (int i = 0; i < lenA - lenB; i++) {
            p1 = p1.next;
        }
    } else {
        for (int i = 0; i < lenB - lenA; i++) {
            p2 = p2.next;
        }
    }
    // 看两个指针是否会相同,p1 == p2 时有两种情况:
    // 1、要么是两条链表不相交,他俩同时走到尾部空指针
    // 2、要么是两条链表相交,他俩走到两条链表的相交点
    while (p1 != p2) {
        p1 = p1.next;
        p2 = p2.next;
    }
    return p1;
}

虽然代码多一些,但是时间复杂度是还是 O(N),而且会更容易理解一些。

总之,我的解法代码并不一定就是最优或者最正确的,鼓励大家在评论区多多提出自己的疑问和思考,我也很高兴和大家探讨更多的解题思路~

到这里,链表相关的双指针技巧就全部讲完了,这些技巧的更多扩展延伸见 更多双指针经典高频题


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