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前言：这个专栏主要讲述递归递归、搜索与回溯算法，所以下面题目主要也是这些算法做的
我讲述题目会把讲解部分分为3个部分：
1、题目解析
2、算法原理思路讲解
3、代码实现
一、两两交换链表中的节点
题目链接：两两交换链表中的节点
题目：
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：
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
二、解法
题目解析
这道题的题意非常简单：
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）
1、不能直接修改链表内的值
2、只能改变节点的指向来完成题目
算法原理思路讲解
注意：我们在做递归这一类题目是要将递归看作一个黑盒，我们不管他是如何实现的，我们就相信他一定可以帮助我们完成目标
递归思路：
1、设计函数头（寻找重复子问题，并且将递归函数看作一个黑盒）。
2、设计函数体（只关心一个子问题，并解决它）
3、设计函数出口（递归的终止条件）
注意：链表一类的题目 ，一定要多画图
算法思路：
1、设计函数头
交给你⼀个链表，将这个链表两两交换⼀下，然后返回交换后的头结点
我们将它当成一个黑盒，相信它一定可以完成我们给的任务
ListNode* dfs(ListNode* head) 2、设计函数体（只关心一个子问题，并解决它）
处理⼀下第⼆个结点往后的链表，然后再把当前的两个结点交换⼀下，连接上后⾯处理后的链表
- 将第⼆个结点往后的链表交给dfs函数（我们将它当成一个黑盒，相信它一定可以完成我们给的任务），可以返回已经两两交换⼀下了的链表头
- 然后再把当前的两个结点交换⼀下
- 连接上后⾯处理后的链表
- 返回
ListNode* ret = dfs(head->next->next); // 第一步
ListNode* tmp = head->next; // 第二步
head->next->next = head;
head->next = ret; // 第三步
return tmp; // 第四步3、设计函数出口
当前结点为空或者当前只有⼀个结点的时候，不⽤交换，直接返回。
if (head == nullptr || head->next == nullptr )
{
return head;
}以上思路就讲解完了，大家可以先自己先做一下
代码实现
时间复杂度：O(n)， n 是链表的长度。需要对链表的每个节点进行反转操作。
空间复杂度：O(n)， n 是链表的长度。空间复杂度主要取决于递归调用的栈空间，最多为n层。
/**
* 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)
{
if (head == nullptr || head->next == nullptr )
{
return head;
}
ListNode* ret = swapPairs(head->next->next);
ListNode* tmp = head->next;
head->next->next = head;
head->next = ret;
return tmp;
}
};
