链表集锦

关于链表节点的定义：

struct Node {
    int data;
    Node *next;
}

1. 删除链表节点

题目描述：给定链表的头指针和一个节点指针，在O(1)时间删除该节点。

分析：主要思想是用下一个节点数据覆盖要删除的节点，然后再删除下一个节点。但是如果要删除的节点是尾节点时，就行不通了。

代码如下：

//O(1)时间删除链表节点，从无头单链表中删除节点
void deleteRandomNode(Node *cur) {
    assert(cur != NULL)
    assert(cur->next != NULL)
    Node *pNext = cur->next;
    cur->data = pNext->data;
    cur->next = pNext->next;
    delete pNext;
}

2. 单链表反转

题目描述：输入一个单向链表，输出逆序反转后的链表

分析：链表的转置是一个很常见，很基础的数据结构问题，非递归的算法很简单，用三个临时指针pre 、head 、next 在链表上循环一遍即可。递归算法也比较简单，具体如下

// 单链表反转，非递归方法
Node * reverseByLoop(Node *head) {
    if(head == NULL || head->next == NULL) return head;
    Node *pre = NULL;
    Node *next = NUILL;
    while(head != NULL) {
        next = head->next;

        head-next = pre;
        pre = head;
        head = next;
    }
  return pre;
}

// 单链表反转，递归方法
Node * reverseByRecursion(Node *head) {
    if(head == NUL || head->next == NULL) return head;
    Node *newHead = reverseByRecursion(head-next);
		
    head->next-next = head;
    head->next = NULL;
		
    return newHead;
}

3. 求链表倒数第k个节点

题目描述：输入一个单项链表，输出该链表中倒数第k个节点，链表倒数第0个节点为链表的尾节点。

分析：设置两个指针p1 、 p2 ，首先p1 和 p2 都指向head，然后p2 向前走k步，这样p1 和 p2 之间就间隔了k个节点，然后p1 和 p2 同时向前移动，直至p2走到链表末尾。

// 倒数第k个节点
Node * theKthNode(Node *head,int k) {
    if(k<0) return NULL;
    Node *snow,*fast;
    slow = fast = head;
    for(i=k;i>0 && fast != NULL;i--){
        fast = fast-next;
    }
    // 考虑链表长度不足k的情况
    if(i>0) return NULL;
		
    while(fast != NULL) {
        slow = slow -> next;
        fast = fast -> next;
    }
    return slow;
}

4. 求链表的中间节点

题目描述：求链表的中间节点，如果链表的长度为偶数，返回中间两个节点的任意一个，若为奇数，则返回中间节点

分析：首先想到的是，先计算出链表的长度，然后计算出中间节点所在链表顺序的位置。但是还有一种更搞笑的思路，只需要扫描一遍链表。通过两个指针p1 和 p2 ，同时从链表头节点开始，p1 每次移动两步， p2 每次移动一步，当p1 移动到链表尾节点的时候，p2所在的位置就是链表的中间节点

// 求链表的中间节点
Node *theMiddleNode(Node *head) {
    if(head == NULL) return NULL;
		
    Node *slow,*fast;
    slow = fast = head;
    //如果要求在链表长度为偶数的情况下，返回中间两个节点的第一个，可以用下面的循环条件
    // while(fast && fast-next != NULL && fast->next-next != NULL)
    while(fast != NULL && fast-next != NULL) {
        slow = slow->next;
        fast = fast-next->next;
    }
    return slow;
}

5. 判断单链表是否存在环

题目描述：输入一个单向链表，判断该链表是否存在环

分析：也是通过两个指针，分别从链表的头节点开始出发，一个每次向后移动一步，另一个移动两步，两个指针的移动速度不一样，如果存在环，那么两个指针一定会在环里相遇。

// 判断单链表是否存在环，参数circleNode是环内节点
bool hasCircle(Node *head,Node *&circleNode) {
    Node *slow,*fast;
    slow = fast = head;
    while(fast != NULL && fast->next != NULL) {
        fast = fast->next->next;
        slow = slow->next;
        if(fast == slow) {
            circleNode = fast;
            return true;
        }
    }
    return false;
}

6. 找到环的入口点

题目描述：输入一个单向链表，判断链表是否有环。如果链表存在环，如何找到环的入口点

分析：由上题可知，按照 p2 每次两步，p1 每次一步的方式走，发现 p2 和 p1 重合，确定了单向链表有环路了。接下来，让p2回到链表的头部，重新走，每次步长不是走2了，而是走1，那么当 p1 和 p2 再次相遇的时候，就是环路的入口了。

为什么？：假定起点到环入口点的距离为 a，p1 和 p2 的相交点M与环入口点的距离为b，环路的周长为L，当 p1 和 p2 第一次相遇的时候，假定 p1 走了 n 步。那么有：

p1走的路径： a+b ＝ n；

p2走的路径： a+b+k*L = 2*n； p2 比 p1 多走了k圈环路，总路程是p1的2倍

根据上述公式可以得到 k*L=a+b=n。显然，如果从相遇点M开始，p1 再走 n 步的话，还可以再回到相遇点，同时p2从头开始走的话，经过n步，也会达到相遇点M。

显然在这个步骤当中 p1 和 p2 只有前 a 步走的路径不同，所以当 p1 和 p2 再次重合的时候，必然是在链表的环路入口点上。

//找到环的入口点
Node* findLoopPort(Node *head)
{
    //如果head为空，或者为单结点，则不存在环
    if(head == NULL || head->next == NULL) return NULL;

    Node *slow,*fast;
    slow = fast = head;

    //先判断是否存在环
    while(fast != NULL && fast->next != NULL) {
        fast = fast->next->next;
        slow = slow->next;
        if(fast == slow)
            break;
    }
    
    //不存在环
    if(fast != slow) return NULL;    

    //快指针从头开始走，步长变为1
    fast = head;     
    
    //两者相遇即为入口点
    while(fast != slow) {
        fast = fast->next;
        slow = slow->next;
    }
    return fast;
}

7. 判断两个链表是否相交

题目描述：给出两个单向链表的头指针，比如h1、h2，判断这两个链表是否相交。这里为了简化问题，我们假设两个链表均不带环。

分析：

1. 直接循环判断第一个链表的每个节点是否存在第二个链表中。很显然 ，不够效率。

2. 针对第一个链表直接构造hash表，然后查询hash表，判断第二个链表的每个节点是否在hash表出现，如果所有的第二个链表的节点都能在hash表中找到，即说明第二个链表与第一个链表有相同的节点。时间复杂度为为线性：O(Length(h1) + Length(h2))，同时为了存储第一个链表的所有节点，空间复杂度为O(Length(h1))。是否还有更好的方法呢，既能够以线性时间复杂度解决问题，又能减少存储空间？

3. 转换为环的问题。把第二个链表接在第一个链表后面，如果得到的链表有环，则说明两个链表相交。如何判断有环的问题上面已经讨论过了，但这里有更简单的方法。因为如果有环，则第二个链表的表头一定也在环上，即第二个链表会构成一个循环链表，我们只需要遍历第二个链表，看是否会回到起始点就可以判断出来。这个方法的时间复杂度是线性的，空间是常熟。

4. 进一步考虑“如果两个没有环的链表相交于某一节点，那么在这个节点之后的所有节点都是两个链表共有的”这个特点，我们可以知道，如果它们相交，则最后一个节点一定是共有的。而我们很容易能得到链表的最后一个节点，所以这成了我们简化解法的一个主要突破口。那么，我们只要判断两个链表的尾指针是否相等。相等，则链表相交；否则，链表不相交。
   所以，先遍历第一个链表，记住最后一个节点。然后遍历第二个链表，到最后一个节点时和第一个链表的最后一个节点做比较，如果相同，则相交，否则，不相交。这样我们就得到了一个时间复杂度，它为O((Length(h1) + Length(h2))，而且只用了一个额外的指针来存储最后一个节点。这个方法时间复杂度为线性O(N)，空间复杂度为O(1)，显然比解法三更胜一筹。

解法四的代码如下：

//判断两个链表是否相交
bool isIntersect(Node *h1,Node *h2) {
   //异常判断
    if(h1 == NULL || h2 == NULL) return false;
    while(h1->next != NULL) {
        h1 = h1->next;
    }

    while(h2->next != NULL) {
        h2 = h2->next;
    }

    //尾节点是否相同
    if(h1 == h2) return true;        
    
    return false;
}

8. 链表🈶环，如何判断相交

题目描述：上面的问题都是针对链表无环的，那么如果现在，链表是有环的呢?上面的方法还同样有效么?

分析：如果有环且两个链表相交，则两个链表都有共同一个环，即环上的任意一个节点都存在于两个链表上。因此，就可以判断一链表上俩指针相遇的那个节点，在不在另一条链表上。

//判断两个带环链表是否相交
bool isIntersectWithLoop(Node *h1,Node *h2) {
    Node *circleNode1,*circleNode2;
    //判断链表带不带环，并保存环内节点
    if(!hasCircle(h1,circleNode1))   
        //不带环，异常退出
        return false;                
    if(!hasCircle(h2,circleNode2))
        return false;

    Node *temp = circleNode2->next;
    while(temp != circleNode2) {
        if(temp == circleNode1)
            return true;
        temp = temp->next;
    }
    return false;
}

9. 两链表相交的第一个公共节点

题目描述：如果两个无环单链表相交，怎么求出他们相交的第一个节点呢？

分析：采用对齐的思想。计算两个链表的长度 L1 , L2，分别用两个指针 p1 , p2 指向两个链表的头，然后将较长链表的 p1（假设为 p1）向后移动L2 - L1个节点，然后再同时向后移动p1 , p2，直到 p1 = p2。相遇的点就是相交的第一个节点。

//求两链表相交的第一个公共节点
Node* findIntersectNode(Node *h1,Node *h2) {
    //求链表长度
    int len1 = listLength(h1);          
    int len2 = listLength(h2);
    //对齐两个链表
    if(len1 > len2) {
        for(int i=0;i<len1-len2;i++)
            h1=h1->next;
    } else {
        for(int i=0;i<len2-len1;i++)
            h2=h2->next;
    }

    while(h1 != NULL) {
        if(h1 == h2)
            return h1;
        h1 = h1->next;
        h2 = h2->next;    
    }
    return NULL;
}