【算法】topk之字节题

1. 合并两个有序列表 🔗

将两个升序链表合并为一个新的 升序 链表并返回。新链表是通过拼接给定的两个链表的所有节点组成的。 

示例 1：

输入：l1 = [1,2,4], l2 = [1,3,4]
输出：[1,1,2,3,4,4]

示例 2：

输入：l1 = [], l2 = []
输出：[]

示例 3：

输入：l1 = [], l2 = [0]
输出：[0]

提示：

  • 两个链表的节点数目范围是 [0, 50]
  • -100 <= Node.val <= 100
  • l1 和 l2 均按 非递减顺序 排列

我的题解：

思路很简单，迭代遍历就可以了，每次把值更小的节点加到结果链表里。最开始我还试图把更短的链表换到l1，后面发现没必要。

时间复杂度：O(n+m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。因为每次循环迭代中，l1 和 l2 只有一个元素会被放进合并链表中， 因此 while 循环的次数不会超过两个链表的长度之和。所有其他操作的时间复杂度都是常数级别的，因此总的时间复杂度为 O(n+m)。

空间复杂度：O(1)。我们只需要常数的空间存放若干变量。

# Definition for singly-linked list.
# class ListNode(object):
#     def __init__(self, val=0, next=None):
#         self.val = val
#         self.next = next
class Solution(object):
    def mergeTwoLists(self, list1, list2):
        """
        :type list1: Optional[ListNode]
        :type list2: Optional[ListNode]
        :rtype: Optional[ListNode]
        """
        if list1 is None:
            return list2
        if list2 is None:
            return list1
        # 接下来处理的一定是非空列表
        p1 = list1
        p2 = list2
        p = head = ListNode() 
        while p1 and p2:
            if p1.val <= p2.val:
                p.next = p1
                p1 = p1.next
            else:
                p.next = p2
                p2 = p2.next
            p = p.next

        p.next = p1 if p1 else p2
        
        return head.next

其它题解：

还有个思路是递归求解，递归算法的空间复杂度 = 每次递归的空间复杂度 * 递归深度。递归看起来很简洁但是很容易出错，而且复杂度更高，我更倾向先把迭代逻辑写出来，再去想怎么改成递归。

时间复杂度：O(n+m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。因为每次调用递归都会去掉 l1 或者 l2 的头节点（直到至少有一个链表为空），函数 mergeTwoList 至多只会递归调用每个节点一次。因此，时间复杂度取决于合并后的链表长度，即 O(n+m)。

空间复杂度：O(n+m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。递归调用 mergeTwoLists 函数时需要消耗栈空间，栈空间的大小取决于递归调用的深度。结束递归调用时 mergeTwoLists 函数最多调用 n+m 次，因此空间复杂度为 O(n+m)。

# Definition for singly-linked list.
# class ListNode(object):
#     def __init__(self, val=0, next=None):
#         self.val = val
#         self.next = next
class Solution(object):
    def mergeTwoLists(self, list1, list2):
        """
        :type list1: Optional[ListNode]
        :type list2: Optional[ListNode]
        :rtype: Optional[ListNode]
        """
        if list1 is None:
            return list2
        if list2 is None:
            return list1
        if list1.val <= list2.val:
            list1.next = self.mergeTwoLists(list1.next, list2)
            return list1
        else:
            list2.next = self.mergeTwoLists(list1, list2.next)
            return list2

2. 二叉树的锯齿形层序遍历 🔗

给你二叉树的根节点 root ，返回其节点值的 锯齿形层序遍历 。（即先从左往右，再从右往左进行下一层遍历，以此类推，层与层之间交替进行）。

示例 1：

输入：root = [3,9,20,null,null,15,7]
输出：[[3],[20,9],[15,7]]

示例 2：

输入：root = [1]
输出：[[1]]

示例 3：

输入：root = []
输出：[]

提示：

  • 树中节点数目在范围 [0, 2000] 内
  • -100 <= Node.val <= 100

我的题解：

这题看起来花里胡哨的，其实还是在考察层序遍历，利用队列先进先出的特点，从左到右一层一层的去遍历二叉树。层序遍历写出来了就很简单，加个奇偶判断和层级列表反转就可以。

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode(object):
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution(object):
    def zigzagLevelOrder(self, root):
        """
        :type root: TreeNode
        :rtype: List[List[int]]
        """
        if not root:
            return []
        res = []
        que = deque([root])
        cnt = 0
        while que:
            level = []
            for _ in range(len(que)):
                curr = que.popleft()
                level.append(curr.val)
                if curr.left:
                    que.append(curr.left)
                if curr.right:
                    que.append(curr.right)
            if cnt%2 == 0:
                res.append(level) # 从左到右
            else:
                res.append(level[::-1]) # 从右到左
            cnt += 1
            
        return res

3. 二叉树的最近公共祖先 🔗

给定一个二叉树, 找到该树中两个指定节点的最近公共祖先。

百度百科中最近公共祖先的定义为：“对于有根树 T 的两个节点 p、q，最近公共祖先表示为一个节点 x，满足 x 是 p、q 的祖先且 x 的深度尽可能大（一个节点也可以是它自己的祖先）。”

示例 1：

输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 1
输出：3
解释：节点 5 和节点 1 的最近公共祖先是节点 3 。

示例 2：

输入：root = [3,5,1,6,2,0,8,null,null,7,4], p = 5, q = 4
输出：5
解释：节点 5 和节点 4 的最近公共祖先是节点 5 。因为根据定义最近公共祖先节点可以为节点本身。

示例 3：

输入：root = [1,2], p = 1, q = 2
输出：1

提示：

  • 树中节点数目在范围 [2, 105] 内。
  • -109 <= Node.val <= 109
  • 所有 Node.val 互不相同 。
  • p != q
  • p 和 q 均存在于给定的二叉树中。

我的题解：

这题乍一看有点懵，弄明白最近公共祖先的判断逻辑之后，想清楚要用递归来做。

• 递归终止条件：当节点为空时返回 None，或者当前节点是 p 或 q 时返回当前节点。

• 递归逻辑：对当前节点的左子树和右子树进行递归查找，得到的结果分别存储在 left 和 right 中。

• 结果判断：如果左右子树都找到目标节点，说明当前节点是最近公共祖先。如果只有一个子树找到目标节点，则返回该子树的结果。

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode(object):
#     def __init__(self, x):
#         self.val = x
#         self.left = None
#         self.right = None

class Solution(object):

    def lowestCommonAncestor(self, root, p, q):
        """
        :type root: TreeNode
        :type p: TreeNode
        :type q: TreeNode
        :rtype: TreeNode
        """
        # 如果当前节点是空，返回 None
        if not root:
            return None
        # 如果当前节点是 p 或 q，直接返回当前节点
        if root == p or root == q: 
            return root       
        # 递归查找左子树和右子树
        left = self.lowestCommonAncestor(root.left, p, q)
        right = self.lowestCommonAncestor(root.right, p, q)
        # 如果p 和 q在不同分支，说明当前节点是最近公共祖先
        if left and right:
            return root
        # 如果只在左子树找到 p 或 q，返回左子树的结果
        elif left:
            return left
        # 如果只在右子树找到 p 或 q，返回右子树的结果
        elif right:
            return right
        # 如果左右子树都没有找到，返回 None
        else:
            return None

4. 路径总和 🔗

给你二叉树的根节点 root 和一个表示目标和的整数 targetSum 。判断该树中是否存在 根节点到叶子节点 的路径，这条路径上所有节点值相加等于目标和 targetSum 。如果存在，返回 true ；否则，返回 false 。

叶子节点 是指没有子节点的节点。

示例 1：

输入：root = [5,4,8,11,null,13,4,7,2,null,null,null,1], targetSum = 22
输出：true
解释：等于目标和的根节点到叶节点路径如上图所示。

示例 2：

输入：root = [1,2,3], targetSum = 5
输出：false
解释：树中存在两条根节点到叶子节点的路径：
(1 --> 2): 和为 3
(1 --> 3): 和为 4
不存在 sum = 5 的根节点到叶子节点的路径。

示例 3：

输入：root = [], targetSum = 0
输出：false
解释：由于树是空的，所以不存在根节点到叶子节点的路径。

提示：

  • 树中节点的数目在范围 [0, 5000] 内
  • -1000 <= Node.val <= 1000
  • -1000 <= targetSum <= 1000

我的题解：

思路就是通过递归遍历二叉树，每次递归时，将当前节点的值从目标和中减去，目标和随着递归的深入逐渐减少。如果当前节点是叶子节点，并且在递归的过程中，剩余的 targetSum 恰好等于当前节点的值，说明找到了符合条件的路径，返回 True。如果没有找到符合条件的路径，则继续递归到左右子树进行查找。

# Definition for a binary tree node.
# class TreeNode(object):
#     def __init__(self, val=0, left=None, right=None):
#         self.val = val
#         self.left = left
#         self.right = right
class Solution(object):
    def hasPathSum(self, root, targetSum):
        """
        :type root: TreeNode
        :type targetSum: int
        :rtype: bool
        """
        if not root: # 空节点
            return False
        if not root.left and not root.right: # 叶子节点
            return root.val == targetSum
        # 递归检查左右子树
        return self.hasPathSum(root.left, targetSum - root.val) or self.hasPathSum(root.right, targetSum - root.val)

5. K个一组反转链表 🔗

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 1：

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

示例 2：

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

提示：

  • 链表中的节点数目为 n
  • 1 <= k <= n <= 5000
  • 0 <= Node.val <= 1000

我的题解：

第一道困难题，难点其实在于逻辑判断。在纸上画画图，把逻辑理顺再写代码会更好。我的代码看起来还是乱了点，之后看下官方题解重新理一下。

# Definition for singly-linked list.
# class ListNode(object):
#     def __init__(self, val=0, next=None):
#         self.val = val
#         self.next = next
class Solution(object):
    def getLen(self, head):
        curr = head
        l = 0
        while curr:
            l += 1
            curr = curr.next
        return l

    def reverseKGroup(self, head, k):
        """
        :type head: ListNode
        :type k: int
        :rtype: ListNode
        """
        if k==1 or head is None:
            return head
        l = self.getLen(head)
        
        curr = head
        nxt = curr.next
        pre_tail = None
        my_head = None

        for group in range(l//k):
            curr_tail = curr
            curr_tail.next = None
            for _ in range(k-1):# k个一组，需要操作k-1次
                tmp = nxt.next
                nxt.next = curr
                curr = nxt
                nxt = tmp
            if group == 0: # 第一组
                my_head = curr
            # 不同轮次的首尾连接
            if pre_tail:
                pre_tail.next = curr
            pre_tail = curr_tail
            # 切换到下一组
            if nxt:
                curr = nxt
                nxt = nxt.next
        
        if l % k != 0:
            pre_tail.next = curr
        
        return my_head

 

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