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链表
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1.链表常用技巧和操作总结
常用技巧
1.画图 !!! -> 直观 + 形象 + 便于我们理解
2.引入虚拟 “头” 节点
- 便于处理边界情况
- 方便我们对链表操作
3.不要吝啬空间，大胆去定义变量
比如都会遇到到这种题，前两句必须放前面，不然链表就断开了。但是我们可以定义一个next，这样就不用管按什么顺序了。
4.快慢指针
判环，找链表中环的入口，找链表中倒数第 n 个节点，都是用快慢指针解决的。
链表中的常用操作
1.创建一个新节点 new
2.尾插
3.头插
2.两数相加
题目链接：2. 两数相加
题目分析：
给两个链表，注意是逆序的。将两个数相加，还以逆序方式返回一个表示和的链表。
这道题给逆序正好方便我们从低位相加，如果是正序给的还要把链表逆置一下。
算法原理：
解法：模拟两数相加的过程即可
我们先来一个虚拟头结点，这样就少了判断为空的情况，直接尾插即可！在来一个 t 表示进位。t = cur1->val + cur2->val，每次都拿个数位构建节点。
class Solution { public: ListNode* addTwoNumbers(ListNode* l1, ListNode* l2) { ListNode* newhead, *tail; newhead = tail = new ListNode;//创建一个虚拟节点记录最终结果 ListNode* cur1 = l1, *cur2 = l2; int t = 0; // 记录进位 while(cur1 || cur2 || t) { // 先加上第一个链表 if(cur1) { t += cur1->val; cur1 = cur1->next; } // 加上第二个链表 if(cur2) { t += cur2->val; cur2 = cur2->next; } tail->next = new ListNode(t % 10); tail = tail->next; t /= 10; } //防内存泄漏 // tail = newhead->next; // delete newhead; // return tail; return newhead->next; } }; 4.两两交换链表中的节点
题目链接：24. 两两交换链表中的节点
题目分析：
两两交换链表的节点，注意不能直接交换里面的值，只能修改指针。这道题在递归、搜索回溯专题用递归的方法解决。这里用循环迭代的方式。
算法原理：
解法一：递归
解法二：循环、迭代(模拟)
引入一个头节点，这样就减少判断边界的问题。如果不引入，交换前两个节点和后面的节点写法是不一样的，因为还要返回头指针，所以就只能先处理前两个找到最终返回的头节点，然后在处理后面的。这样太麻烦了。引入头节点，因为已经有了头节点所有后面处理逻辑都是一样的。
因为我们要两两交换，这里我们需要四个指针。不要吝啬空间，大胆去定义变量 ，这样交换指针的时候，不用担心代码顺序导致找不到链表的问题，有了这四个指针随便先写那一步。交换之后指针都移动一下。
什么时候结束呢？节点可能有奇数个，也可能有偶数个。
可以看到当cur或者next为空的时候就结束了。
class Solution { public: ListNode* swapPairs(ListNode* head) { if(head == nullptr || head->next == nullptr) return head; ListNode* newhead = new ListNode; newhead->next = head; ListNode* prev = newhead, *cur = head, *next = head->next, *nnext = head->next->next; while(cur && next) { // 交换节点 prev->next = next; next->next = cur; cur->next = nnext; // 修改指针，注意nullptr指针解引用 prev = cur; cur = nnext; if(cur) next = cur->next; if(next)nnext = next->next; } return newhead->next; } }; 4.重排链表
题目链接：143. 重排链表
题目分析：
给一个链表让按照规则重排一下。
算法原理：
解法：模拟
- 找到链表的中间节点
快慢指针 - 把后面的部分逆序
头插 - 合并两个链表
(合并两个有序链表)双指针
对于找到中间节点然后逆序，有两种做法。
第一种逆序策略：slow->next 后面逆序
因为这道题比较特殊可以将slow->next 后面逆序，因为你会发现逆序完之后中间位置还是在一起的。因此可以大胆将slow节点给第一个链表。
第二种逆序策略：从slow位置开始逆序
两种策略都是可以的。
但是如果使用头插法逆序，建议还是第一种策略，因为我们是想让两个链表断开的。如果想逆序后链表还是在一起的，就用第二种策略。
第一种策略
class Solution { public: void reorderList(ListNode* head) { // 处理边界情况 if(head == nullptr || head->next == nullptr || head->next->next == nullp // 1. 找到链表的中间节点 - 快慢双指针（⼀定要画图考虑 slow 的落点在哪⾥） ListNode* slow = head, *fast = head; while(fast && fast->next) { slow = slow->next; fast = fast->next->next; } // 2. 把 slow 后⾯的部分给逆序 - 头插法 ListNode* head2 = new ListNode(0); ListNode* cur = slow->next; slow->next = nullptr; // 注意把两个链表给断开 while(cur) { ListNode* next = cur->next; cur->next = head2->next; head2->next = cur; cur = next; } // 3. 合并两个链表 - 双指针 ListNode* ret = new ListNode(0); ListNode* prev = ret; ListNode* cur1 = head, *cur2 = head2->next; while(cur1) { // 先放第⼀个链表 prev->next = cur1; cur1 = cur1->next; prev = prev->next; // 再放第⼆个链表 if(cur2) { prev->next = cur2; prev = prev->next; cur2 = cur2->next; } } delete head2; delete ret; } }; 第二种策略
class Solution { public: void reorderList(ListNode* head) { // 处理边界情况 if(head == nullptr || head->next == nullptr || head->next->next == nullptr) return; // 1.找链表中间节点 -> 快慢指针(画图考虑slow的落点在哪里) ListNode* fast = head, *slow = head; while(fast && fast->next) { slow = slow->next; fast = fast->next->next; } // 2.将slow以及后面链表翻转 -> 头插法 ListNode *cur = slow, *phead = nullptr, *next = nullptr; while(cur) { next = cur->next; cur->next = phead; phead = cur; cur = next; } // 3.合并两个链表 -> 双指针 ListNode* newhead = nullptr, *tail = nullptr; newhead = tail = new ListNode(0); int i = 1; while(phead) { if(i%2 != 0) { tail->next = head; tail = head; head = head->next; } else { tail->next = phead; tail = phead; phead = phead->next; } ++i; } head = newhead->next; delete newhead; } }; 5.合并 K 个升序链表
题目链接：23. 合并 K 个升序链表
题目分析：
前面学过合并两个有序链表，现在有k个有序链表让合并一下。
算法原理：
解法一：暴力求解
利用合并两个有序链表思想，可以先让前两个链表合并成一个新的链表，然后拿新的链表在和下一个链表合并。。。。直到把所有链表合并完。
但是时间复杂度很恐怖，假设每一个链表长度为n，共有k个链表。看合并几次有序链表。如果是第一个链表，需要合并k-1次，并且长度为n，所以第一个链表 时间复杂度 n(k-1)。第二个链表n(k-2)。。。所以最终时间复杂度为O(nk^2)
解法二：利用优先级队列做优化
合并K个有序链表，我们可以仿照合并两个有序链表的逻辑。先不考虑优先级队列，考虑如何对上面的做优化。
我们仿照合并两个有序链表的逻辑，先定义K个指针指向每一个链表，找出这个K个指针中值较小的节点，放在newhead的后面，放完之后，让这个指针往后移动。然后继续比较这K个指针指向的节点。这正好就是合并两个有序链表的逻辑。K个链表就K个指针，谁小谁就先连接newhead后面。
如何快速找到谁是K个节点中谁是较小的那个呢？
利用优先级队列。
因此我们的最终策略就是，搞一个小根堆，先将K个指针先丢到小根堆里，堆顶放的节点就是接下来我们要连接到newhead后面的节点。将堆顶节点连接到newhead后面之后，让这个指针往后移动然后进入优先级队列。此时堆顶也还是K个指针中最小的节点。。。。直到指针到空就不让这个链表进入队列了。等到所有链表的指针都到空了。说明链表合并结束了。
堆每次调整logk，一共进入nk个，所以这个时间复杂度O(nklogk)
class Solution { public: //类中的仿函数不能支持我们将最小节点放在栈顶 //因此指针并不是递增 //所以自己定义一个仿函数用来支持将最小节点放在栈顶 struct greater { bool operator()(const ListNode* x,const ListNode* y) { return x->val > y->val; } }; ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) { if(lists.empty()) return nullptr; ListNode* newhead = new ListNode; ListNode* tail = newhead; priority_queue<ListNode*,vector<ListNode*>,greater> pq; for(int i = 0; i < lists.size(); ++i) { if(lists[i]) pq.push(lists[i]); } while(!pq.empty()) { // 出 ListNode* cur = pq.top(); tail->next = cur; tail = cur; pq.pop(); //进 if(cur->next) pq.push(cur->next); } return newhead->next; } }; 解法三：分治 - 递归
利用归并排序。
假设有6个链表，让把这6个合起来成一个有序链表。此时可以沿着中间将6个链表一分为二，左边三个链表，右边三个链表，现让左边三个合并成一个链表，然后在让右边三个合并成一个链表。然后拿着这个两个有序链表，在合并成一个有序链表。
两个有序链表，在合并成一个有序链表。我们是非常熟悉的。
现在重点就是上面的让左边三个合并成一个，右边三个合并成一个，应该怎么做呢？
其实是和这个大过程是一样的。以左边三个为例，策略和上面一样。把三个链表从中间分开。先左边一个合并成一个有序链表，在让右边两个合并成一个有序链表。然后在把这两个链表合并成一个有序链表。左右可以再分。逻辑是一模一样的，这整体就是一个递归过程！
此时我们就可以用递归来实现这个策略。并且和归并排序过程是一样的。
归并排序先分然后才合，时间复杂度我们紧盯每一个链表节点执行多少次。分就是一个完全二叉树。每一个链表都会合并，合并次数是这个数的高度次，假设有k个链表树高度logk，每一个链表都执行logk合并，一共有k个链表，每一个链表有n个节点，所以时间复杂度O(nklogk)
class Solution { public: ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) { return MergeSort(lists, 0, lists.size() - 1); } ListNode* MergeSort(vector<ListNode*>& lists, int left, int right) { if(left > right) return nullptr; if(left == right) return lists[left]; int mid = left + (right - left) / 2; ListNode* newhead1 = MergeSort(lists, left, mid); ListNode* newhead2 = MergeSort(lists, mid + 1, right); ListNode* newhead = new ListNode; ListNode* tail = newhead; ListNode* cur1 = newhead1, *cur2 = newhead2; while(cur1 && cur2) { if(cur1->val < cur2->val) { tail->next = cur1; tail = cur1; cur1 = cur1->next; } else { tail->next = cur2; tail = cur2; cur2 = cur2->next; } } if(cur1) tail->next = cur1; if(cur2) tail->next = cur2; tail = newhead->next; delete newhead; return tail; } }; 6.K 个一组翻转链表
题目链接：25. K 个一组翻转链表
题目分析：
前面有一道题是两两一组翻转链表，现在是让k个一组翻转链表，小于k的就不用翻转了。
算法原理：
解法：模拟
- 先求出需要逆序多少组： n
- 重复 n 次，长度为 k 的链表的逆序即可(头插法)
先求出需要逆序多少组： n，剩下的就不逆序了，直接连接上就好了。申请一个头结点newhead，把k个节点头插到newhead后面即可。注意这只是第一组，下一组也要头插怎么办？因此我们需要一个tmp指针记录下一次执行头插的头结点在哪，prev在一次头插结束之后就更新一下 prev = tmp ，prev指向充当头结点。
class Solution { public: ListNode* reverseKGroup(ListNode* head, int k) { // 1.先求出需要逆序多少组 int n = 0; ListNode* cur = head; while(cur) { ++n; cur = cur->next; } n /= k; // 2.重复 n 次: 长度为 k 的链表逆序即可 ListNode* newhead = new ListNode; ListNode* prev = newhead; cur = head; for(int i = 0; i < n; ++i) { ListNode* tmp = cur; for(int j = 0; j < k; ++j) { ListNode* next = cur->next; cur->next = prev->next; prev->next = cur; cur = next; } prev = tmp; } // 3.把不需要翻转的接上 prev->next = cur; prev = newhead->next; delete newhead; return prev; } }; 