【链表】力扣21：合并两个有序链表

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 = [0]
输出：[0]

方法1 迭代

设定一个哨兵节点 prehead ，这可以在最后比较容易地返回合并后的链表
维护一个 prev 指针，调整它的 next 指针。prev 指针初始化为 prehead
重复以下过程，直到 list1 或者 list2 指向了 null ：如果 list1 当前节点的值小于等于 list2 ，就把 list1 当前的节点接在 prev 节点的后面同时将 list1 指针往后移一位。否则，对 list2 做同样的操作
- 不管将哪一个元素接在了后面，都需要把 prev 向后移一位
在循环终止的时候， list1 和 list2 至多有一个是非空的。由于输入的两个链表都是有序的，所以不管哪个链表是非空的，它包含的所有元素都比前面已经合并链表中的所有元素都要大。因此只需要简单地将非空链表接在合并链表的后面，并返回合并链表即可。

# Definition for singly-linked list.
# class ListNode:
#     def __init__(self, val=0, next=None):
#         self.val = val
#         self.next = next
class Solution:
    def mergeTwoLists(self, list1: Optional[ListNode], list2: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
        prehead = ListNode(-1) # 头结点
        prev = prehead
        while list1 and list2:
            if list1.val <= list2.val:
                prev.next = list1
                list1 = list1.next
            else:
                prev.next = list2
                list2 = list2.next
            prev = prev.next
        prev.next = list1 if list1 is not None else list2 # 合并后 list1 和 list2 最多只有一个还未被合并完，直接将链表末尾指向未合并完的链表即可
        return prehead.next

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，list1 和 list2 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)。只需要常数的空间存放若干变量。

递归

定义两个链表里的 merge 操作（忽略边界情况，比如空链表等）：

{\begin{array}{rcl} l i s t 1 [0] + m e r g e (l i s t 1 [1 :], l i s t 2) & l i s t 1 [0] <= l i s t 2 [0] \\ l i s t 2 [0] + m e r g e (l i s t 1, l i s t 2 [1 :]) & o t h e r w i s e \end{array}

$\left\{ \begin{array}{rcl} \ list1[0] + merge(list1[1:], list2) && list1[0] \ <= \ list2[0] \\ \ list2[0] + merge(list1, list2[1:]) && otherwise \end{array} \right.$

考虑边界情况：如果 list1 或者 list2 一开始就是空链表，那么没有任何操作需要合并，所以只需要返回非空链表。否则，要判断 list1 和 list2 哪一个链表的头节点的值更小，然后递归地决定下一个添加到结果里的节点。如果两个链表有一个为空，递归结束。

递归的时间复杂度计算方法：
给出一个递归算法，其时间复杂度 O(T) 通常是递归调用的数量（记作 R）和计算的时间复杂度 O(s) 的乘积：O(T) = R ∗ O(s)

普遍方法

class Solution:
    def mergeTwoLists(self, list1: Optional[ListNode], list2: Optional[ListNode]) -> Optional[ListNode]:
        # 边界情况，也是终止条件
        if not list1:
            return list 2
        if not list2:
            return list 1
        # 递归调用
        if list1.val <= list2.val:
            list1.next = self.mergeTwoLists(list1.next, list2)
            return list1
        else:
            list2.next = self.mergeTwoLists(list1, list2.next)
            return list2

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 list1 或者 list2 的第一个结点（直到至少有一个链表为空），函数 mergeTwoList 至多只会递归调用每个结点一次。因此，时间复杂度取决于合并后的链表长度，即 O(n + m)。

递归函数每次去掉一个元素，直到两个链表都为空，因此需要调用 R = O(m + n) 次。而在递归函数中我们只进行了 next 指针的赋值操作，复杂度为 O(1)，故递归的总时间复杂度为 O(T) = R ∗ O(1)。

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)。

python特有

判断 list1 或 list2 中是否有一个节点为空，如果存在，那么只需要把不为空的节点接到链表后面即可
对 list1 和 list2 重新赋值，使得 list1 指向比较小的那个节点对象
修改 list1 的 next 属性为递归函数返回值
返回 list1，注意：如果 list1 和 list2 同时为 None，此时递归停止返回 None

class Solution:
    def mergeTwoLists(self, list1: ListNode, list2: ListNode) -> ListNode:
        if list1 and list2:
            if list1.val > list2.val:
                list1, list2 = list2, list1 # 通过交换，使 list1 指向小的
            list1.next = self.mergeTwoLists(list1.next, list2)
        return list1 or list2 # 如果 list1 先被用完，最后一次递归的输入是 None 和 list2，应返回 list2

作者：QQqun902025048
链接：https://leetcode.cn/problems/merge-two-sorted-lists/solution/python-4xing-by-knifezhu-3/