21. 合并两个有序链表
一、题目描述
1. 题目
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。
2. 示例
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]
3. 提示
- 两个链表的节点数目范围是
[0, 50]
- l1 和 l2 均按非递减顺序排列
-100 <= Node.val <= 100
二、代码实现
1. 递归
1.1 解题思路
链表、树、图相关的算法首先想递归。递归相关的知识见我的另一篇文章迭代与递归。
递归设计函数的步骤:
1. 找重复: 找到的相同的子问题。
如下图,可以得出子问题为,l1 和 l2 当前节点的不断比较,当然,这里的当前节点是需要不断变化的。
2. 找变化:聚焦于某一个子问题,查看变化的量,通常会作为参数,这时可定义函数体。
由于当前节点的比较是不断变化的,所以这里变化的量我们就需要分情况讨论了,如下图,可总结为小的往前走一步,继续跟大的比。
总结完情况,则进行代码实现:
public ListNode mergeTwoLists (ListNode listNode1, ListNode listNode2) { if(listNode1.val < listNode2.val){ listNode1.next = mergeTwoLists(listNode1.next,listNode2); return listNode1; }else { listNode2.next = mergeTwoLists(listNode1,listNode2.next); return listNode2; } }
3. 找出口: 也就是找终止条件。
什么时候无法比较当前节点的值,这个比较好找,就是当 listNode1 的为 null,或者 listNode2 为 null 时,无法进行比较了,可直接返回对应有值的节点,代码如下。
public ListNode mergeTwoLists (ListNode listNode1, ListNode listNode2) { if (listNode1 == null) { return listNode2; } else if (listNode2 == null) { return listNode1; } else if (listNode1.val < listNode2.val) { listNode1.next = mergeTwoLists(listNode1.next, listNode2); return listNode1; } else { listNode2.next = mergeTwoLists(listNode1, listNode2.next); return listNode2; } }
1.2 复杂度分析
时间复杂度 | O(m+n),m、n 分别为链表的长度,因为每次调用递归都会去掉 listNode1 或者 listNode2 的头节点(直到至少有一个链表为空),则最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(m+n)。 |
---|---|
空间复杂度 | O(m+n),m、n 分别为链表的长度,递归需要消耗栈空间且大小取决于递归调用的深度。结束递归调用时最多调用 m+n 次,因此空间复杂度为 O(m+n)。 |
2. 迭代
2.1 解题思路
迭代与递归基本都是可以互转的,与递归类似,我们将两个链表的比较理解为指针的移动。
这里我们还需要一个哨兵节点,为什么需要哨兵节点呢,我们在遍历链表的过程中是不断的调整它的 next 指针,当我们遍历到最后时,哨兵节点更容易返回合并后的链表,过程如下图。
通过图解,可以了解迭代的大致流程,但是我们在 Java 代码实现时,还需要维护一个 prev 指针,用来调整它的 next 指针。
为什么需要这个指针而不是直接返回哨兵节点呢?原因是我们在不断的遍历中,指针会不断的下移,当我们合并完成所有的节点时,此时的指针是在最后,这时我们在获取合并后的链表就比较麻烦了。
而用一个 prev 指针代替哨兵节点去进行 next 指针的移动,当返回链表时,只需返回哨兵节点的 next 即可。
代码实现如下:
public ListNode mergeTwoLists(ListNode list1, ListNode list2) { // 哨兵节点的设置 ListNode prehead = new ListNode(-1); // 维护 prev 指针进行移动 ListNode prev = prehead; while (list1 != null && list2 != null) { // 值比较,小的接入哨兵节点,并往前走一步,继续与大的比较 if (list1.val < list2.val) { prev.next = list1; list1 = list1.next; } else { prev.next = list2; list2 = list2.next; } // 指针移动到 next,为了后续的节点接入 prev = prev.next; } // 三元运算,当 list1 或 list2 出现 null 时,非 null 的则可以直接接入哨兵节点 prev.next = list1 != null ? list1 : list2; return prehead.next; }
2.2 复杂度分析
时间复杂度 | O(m+n),m、n 分别为链表的长度,合并操作只需遍历链表。 |
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空间复杂度 | O(1),prehead、prev 均只使用常数大小的内存空间。 |
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