代码随想录算法训练营day04 | leetcode 24. 两两交换链表中的节点、19. 删除链表的倒数第 N 个结点、160. 相交链表、142. 环形链表 II

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题目链接：24. 两两交换链表中的节点-中等

题目描述：

给你一个链表，两两交换其中相邻的节点，并返回交换后链表的头节点。你必须在不修改节点内部的值的情况下完成本题（即，只能进行节点交换）。

示例 1：

img

输入：head = [1,2,3,4]
输出：[2,1,4,3]

示例 2：

输入：head = []
输出：[]

示例 3：

输入：head = [1]
输出：[1]

提示：

  • 链表中节点的数目在范围 [0, 100] 内
  • 0 <= Node.val <= 100

代码如下：

//时间复杂度：O(n)
//空间复杂度：O(1)
/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
        ListNode* vhead = new ListNode(0);
        vhead->next = head;
        ListNode* cur = vhead;
        while(cur->next && cur->next->next)
        {
            ListNode* temp = cur->next->next->next; // 记录第三个节点
            ListNode* temp1 = cur->next->next; // 记录第二个节点
            temp1->next = cur->next; // 2指向1
            cur->next = temp1; // cur指向2
            temp1->next->next = temp; // 1指向3
            cur = cur->next->next; // cur移动到1
            
        }
        return vhead->next;
    }
};

题目链接：19. 删除链表的倒数第 N 个结点-中等

题目描述：

给你一个链表，删除链表的倒数第 n 个结点，并且返回链表的头结点。

示例 1：

img

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

示例 2：

输入：head = [1], n = 1
输出：[]

示例 3：

输入：head = [1,2], n = 1
输出：[1]

提示：

  • 链表中结点的数目为 sz
  • 1 <= sz <= 30
  • 0 <= Node.val <= 100
  • 1 <= n <= sz

方法一：暴力法

代码如下：

//时间复杂度：O(n)
//空间复杂度：O(1)
/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
        ListNode* vhead = new ListNode(0);
        vhead->next = head;
        int size = 0;
        ListNode* cur = vhead;
        //遍历一遍得出链表长度
        while(cur->next)
        {
            ++size;
            cur = cur->next;
        }
        if(n > size)
            return vhead->next;
        else
        {
            int i = size - n;
            ListNode* temp = vhead;
            while(i--)
            {
                temp = temp->next;
            }
            temp->next = temp->next->next;
            return vhead->next;
        }
    }
};

方法二：双指针法（快慢指针法）

注意：

  1. while(n--)跳出循环后n的值为-1
  2. 在同时移动的时候，如果判定条件是fast为null时，则在前提移动时需要移动n+1步；如果判定条件是fast->next为null时，则在前提移动时移动n步

代码如下：

//时间复杂度：O(n)
//空间复杂度：O(1)
/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
        ListNode* vhead = new ListNode(0);
        vhead->next = head;
        ListNode* fast = vhead;
        ListNode* slow = vhead;
        // 让fast先走n步
        while(n-- && fast->next)
        {
            fast = fast->next;
        }
        if(n != -1)
            return vhead->next;
        else
        {
            // 当fast到最后一个节点的时候，删除slow得下一个
            while(fast->next)
            {
                fast = fast->next;
                slow = slow->next;
            }
            slow->next = slow->next->next;
            return vhead->next;
        }
    }
};

题目链接：160. 相交链表-简单

题目描述：

给你两个单链表的头节点 headA 和 headB ，请你找出并返回两个单链表相交的起始节点。如果两个链表不存在相交节点，返回 null 。

图示两个链表在节点 c1 开始相交：

img

题目数据 保证 整个链式结构中不存在环。

注意，函数返回结果后，链表必须 保持其原始结构 。

自定义评测：

评测系统 的输入如下（你设计的程序 不适用 此输入）：

  • intersectVal - 相交的起始节点的值。如果不存在相交节点，这一值为 0
  • listA - 第一个链表
  • listB - 第二个链表
  • skipA - 在 listA 中（从头节点开始）跳到交叉节点的节点数
  • skipB - 在 listB 中（从头节点开始）跳到交叉节点的节点数

评测系统将根据这些输入创建链式数据结构，并将两个头节点 headA 和 headB 传递给你的程序。如果程序能够正确返回相交节点，那么你的解决方案将被 视作正确答案 。

示例 1：

img

输入：intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,6,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
输出：Intersected at '8'
解释：相交节点的值为 8 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
从各自的表头开始算起，链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,6,1,8,4,5]。
在 A 中，相交节点前有 2 个节点；在 B 中，相交节点前有 3 个节点。
— 请注意相交节点的值不为 1，因为在链表 A 和链表 B 之中值为 1 的节点 (A 中第二个节点和 B 中第三个节点) 是不同的节点。换句话说，它们在内存中指向两个不同的位置，而链表 A 和链表 B 中值为 8 的节点 (A 中第三个节点，B 中第四个节点) 在内存中指向相同的位置。

示例 2：

img

输入：intersectVal = 2, listA = [1,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
输出：Intersected at '2'
解释：相交节点的值为 2 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
从各自的表头开始算起，链表 A 为 [1,9,1,2,4]，链表 B 为 [3,2,4]。
在 A 中，相交节点前有 3 个节点；在 B 中，相交节点前有 1 个节点。

示例 3：

img

输入：intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
输出：null
解释：从各自的表头开始算起，链表 A 为 [2,6,4]，链表 B 为 [1,5]。
由于这两个链表不相交，所以 intersectVal 必须为 0，而 skipA 和 skipB 可以是任意值。
这两个链表不相交，因此返回 null 。

提示：

  • listA 中节点数目为 m
  • listB 中节点数目为 n
  • 1 <= m, n <= 3 * 104
  • 1 <= Node.val <= 105
  • 0 <= skipA <= m
  • 0 <= skipB <= n
  • 如果 listA 和 listB 没有交点，intersectVal 为 0
  • 如果 listA 和 listB 有交点，intersectVal == listA[skipA] == listB[skipB]

进阶：你能否设计一个时间复杂度 O(m + n) 、仅用 O(1) 内存的解决方案？

方法一：来源于a+b=b+a思想

一个指针从链表1开始，另一个指针从链表2开始。当第一个指针到达链表1的末尾时，我们将其重定向到链表2的头部。同样的，当第二个指针到达链表2的末尾时，我们将其重定向到链表1的头部，因为长度是一样的，之后一定为找到相交点

代码如下：

// 时间复杂度：O(m + n)
// 空间复杂度：O(1)
/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        ListNode* vheadA = headA;
        ListNode* vheadB = headB;
        // 若有交点，则在交点处跳出循环；若没有交点，则在null处跳出循环
        while(vheadA != vheadB)
        {
            if(vheadA)
                vheadA = vheadA->next;
            else
                vheadA = headB;
            if(vheadB)
                vheadB = vheadB->next;
            else
                vheadB = headA;
        }
        return vheadA;
    }
};

方法二：对齐链表尾部（未实现，抄的）

代码如下：

// 时间复杂度：O(m + n)
// 空间复杂度：O(1)
class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        ListNode* curA = headA;
        ListNode* curB = headB;
        int lenA = 0, lenB = 0;
        while (curA != NULL) { // 求链表A的长度
            lenA++;
            curA = curA->next;
        }
        while (curB != NULL) { // 求链表B的长度
            lenB++;
            curB = curB->next;
        }
        curA = headA;
        curB = headB;
        // 让curA为最长链表的头，lenA为其长度
        if (lenB > lenA) {
            swap (lenA, lenB);
            swap (curA, curB);
        }
        // 求长度差
        int gap = lenA - lenB;
        // 让curA和curB在同一起点上（末尾位置对齐）
        while (gap--) {
            curA = curA->next;
        }
        // 遍历curA 和 curB，遇到相同则直接返回
        while (curA != NULL) {
            if (curA == curB) {
                return curA;
            }
            curA = curA->next;
            curB = curB->next;
        }
        return NULL;
    }
};

题目链接：142. 环形链表 II-中等

题目描述：

给定一个链表的头节点 head ，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 null。

如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 next 指针再次到达，则链表中存在环。 为了表示给定链表中的环，评测系统内部使用整数 pos 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。如果 pos 是 -1，则在该链表中没有环。注意：pos 不作为参数进行传递，仅仅是为了标识链表的实际情况。

不允许修改 链表。

示例 1：

img

输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1
输出：返回索引为 1 的链表节点
解释：链表中有一个环，其尾部连接到第二个节点。

示例 2：

img

输入：head = [1,2], pos = 0
输出：返回索引为 0 的链表节点
解释：链表中有一个环，其尾部连接到第一个节点。

示例 3：

img

输入：head = [1], pos = -1
输出：返回 null
解释：链表中没有环。

提示：

  • 链表中节点的数目范围在范围 [0, 104] 内
  • -105 <= Node.val <= 105
  • pos 的值为 -1 或者链表中的一个有效索引

进阶：你是否可以使用 O(1) 空间解决此题？

思路：快慢指针（待补充）

代码如下：

// 时间复杂度：O(n)
// 空间复杂度：O(1)
/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
        if(head == NULL)
            return NULL;
        ListNode* fast = head;
        ListNode* slow = head;
        while(fast->next && fast->next->next)
        {
            fast = fast->next->next;
            slow = slow->next;
            if(fast == slow)
            {
                ListNode* index1 = head;
                while(index1 != fast)
                {
                    fast = fast->next;
                    index1 = index1->next;
                }
                return index1;
            }
        }
        return NULL;
    }
};
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