算法 day4 【双指针、快慢指针、环形链表】链表下

news2024/11/13 23:26:52

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题目一:19. 删除链表的倒数第 N 个结点

法一:计算链表长度

法二:双指针

题目二:面试题 02.07. 链表相交

法一:双指针

法二:合并链表实现同步移动

题目三:142. 环形链表 II

法一:快慢指针法

1.判断链表是否有环

2.如果有环,如何找到环的入口

2.1 n==1

2.2 n>1

法二:哈希表


题目一:19. 删除链表的倒数第 N 个结点

leetcode:19. 删除链表的倒数第 N 个结点

(https://leetcode.cn/problems/remove-nth-node-from-end-of-list/description/)

法一:计算链表长度

常规思路:先遍历得到链表长度L,然后再次遍历到 L-n+1个结点,便是我们需要删除的结点;

这里我们还是使用虚拟头结点统一,于是从虚拟结点开始遍历L-n+1个结点,它的下一个结点便是我们要删除的结点,这样我们只需修改一次指针,就可完成删除操作。

如图辅助理解:

AC代码

class Solution {
    public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
        ListNode dummyHead = new ListNode();
        dummyHead.next=head;
        ListNode cur = dummyHead;
        int length = getLength(head);
        for (int i=1;i<length-n+1;i++){
            cur = cur.next;
        }
        if(cur.next!=null){//避免空指针
            cur.next = cur.next.next;//删除操作
        }
        
        return dummyHead.next;
​
    }
    public int getLength(ListNode head){
        int length = 0;
        while(head != null){
            length++;
            head=head.next;
        }
        return length;
    }
}

法二:双指针

主要思路:

要删除倒数第n个,我们可以使用双指针,这样不用去求长度;

保持一个相差n的区间,fast在前,slow在后。这样等fast走到链表末尾,slow对应的就是我们要删除的结点;

因为链表删除我们需要通过前一个结点,所以将相差区间设为n+1,可以结合图理解:

AC代码

class Solution {
    public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
        ListNode dummyHead = new ListNode();
        dummyHead.next=head;
        ListNode fast = dummyHead;
        ListNode slow = dummyHead;
​
        // 只要快慢指针相差 n 个结点即可
        for (int i=1;i<=n+1;i++){
            fast = fast.next;
        }
        while (fast!=null){
            fast = fast.next;
            slow = slow.next;
        }
​
        if(slow.next!=null){
            slow.next = slow.next.next;
        }
        return dummyHead.next;
    }
}

题目二:面试题 02.07. 链表相交

leetcode:面试题 02.07. 链表相交

(https://leetcode.cn/problems/intersection-of-two-linked-lists-lcci/description/)

简单来说,就是求两个链表交点节点的指针。 这里要注意,交点不是数值相等,而是指针相等。

为了方便举例,假设节点元素数值相等,则节点指针相等。

看如下两个链表,目前curA指向链表A的头结点,curB指向链表B的头结点:

我们求出两个链表的长度,并求出两个链表长度的差值,然后让curA移动到,和curB 末尾对齐的位置,如图

此时我们就可以比较curA和curB是否相同,如果不相同,同时向后移动curA和curB,如果遇到curA == curB,则找到交点。

否则循环退出返回空指针。

AC代码

法一:双指针

public class Solution {
​
    public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
        // 初始化两个链表的当前节点
        ListNode cur1 = headA;
        ListNode cur2 = headB;
        // 初始化两个链表的长度
        int len1 = 0;
        int len2 = 0;
​
        // 求cur1长度
        while (cur1 != null) {
            len1++;
            cur1 = cur1.next;
        }
        // 求cur2长度
        while (cur2 != null) {
            len2++;
            cur2 = cur2.next;
        }
​
        // 重新初始化两个链表的当前节点
        cur1 = headA;
        cur2 = headB;
​
        // 如果第一个链表比第二个短,交换两个链表的头节点和长度
        if (len1 < len2) {
            //1. swap (len1, len2);
            int temp = len1;
            len1 = len2;
            len2 = temp;
            //2. swap (cur1, cur2);
            ListNode temNode = cur1;
            cur1 = cur2;
            cur2 = temNode;
        }
​
        // 计算长度的差值
        int gap = len1 - len2;
        // 移动较长链表的当前节点,使cur1与cur2的末尾位置对齐,看图
        while (gap-- > 0) {
            cur1 = cur1.next;
        }
​
        // 同时遍历两个链表,遇到相同则直接返回
        while (cur1 != null) {
            if (cur1 == cur2) {
                return cur1; // 返回相交的节点
            }
            cur1 = cur1.next;
            cur2 = cur2.next;
        }
​
        // 如果两个链表没有相交,返回null
        return null;
    }
}

法二:合并链表实现同步移动

主要思路:

  1. 同步移动指针

    • 使用一个 while 循环,只要 p1p2 没有相遇,就继续移动指针。

    • 对于 p1,如果它到达了链表 A 的末尾(即 p1null),则将它移动到链表 B 的头部,重新开始遍历。

    • 对于 p2,如果它到达了链表 B 的末尾(即 p2null),则将它移动到链表 A 的头部,重新开始遍历。

  2. 相遇即相交

    • 当两个指针 p1p2 相遇时,它们指向的就是链表相交的节点。因为两个指针最终都会遍历完两个链表,如果链表有相交点,它们最终会在相交点相遇。

  3. 返回结果

    • 一旦 p1p2 相遇,即它们指向同一个节点,就返回这个节点。

 public class Solution {
    public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
        // p1 指向 A 链表头结点,p2 指向 B 链表头结点
        ListNode p1 = headA, p2 = headB;
        while (p1 != p2) {
            // p1 走一步,如果走到 A 链表末尾,转到 B 链表
            if (p1 == null) p1 = headB;
            else            p1 = p1.next;
            // p2 走一步,如果走到 B 链表末尾,转到 A 链表
            if (p2 == null) p2 = headA;
            else            p2 = p2.next;
        }
        return p1;
    }
}

题目三:142. 环形链表 II

leetcode:142. 环形链表 II

(https://leetcode.cn/problems/linked-list-cycle-ii/description/)

法一:快慢指针法

判断链表是否有环,我们一般可以使用快慢指针法

此题还是有一定难度,考察了对链表环的判断,已经需要进行数学运算,下文会进行详细解释。

对于此题大致分为两大步:

1.判断链表是否有环

2.如果有环,如何找到环的入口


1.判断链表是否有环

分别定义fast,slow指针,fast指针每次移动两个节点,slow指针每次移动一个节点,如果 fast 和 slow指针在途中相遇 ,说明这个链表有环。

2.如果有环,如何找到环的入口

这步已经可以判断链表是否有环了,接下来是寻找环的入口,需要用到一点数学运算。

假设从头结点到环形入口节点 的节点数为x。 环形入口节点到 fast指针与slow指针相遇节点 节点数为y。 从相遇节点 再到环形入口节点节点数为 z。 如图所示:

那么当相遇时:

slow指针走过的节点数为: x + y, fast指针走过的节点数:x + y + n (y + z),n为fast指针在环内走了n圈才遇到slow指针, (y+z)为 一圈内节点的个数A。

加深理解注:

1.fast指针为什么 n (y + z)? 因为fast比slow快,fast进入圈后至少需要一圈后追反超slow,由此也可知道,n>=1(后续解题会用)。

2.为什么slow就不用比如k(y+z)? 因为slow进入圈后在一圈内一定会被fast追上

3.那为什么slow一圈内就一定会被fast追上呢? 可以这样通俗理解:首先fast会比slow快1,如果slow走一圈,fast就会走两圈,那一定会追上。

因为fast指针是一步走两个节点,slow指针一步走一个节点, 所以 slow指针走过的节点数 * 2 = fast指针走过的节点数,所以可以列出方程:

(x + y) * 2 = x + y + n (y + z)

因为我们要找环形入口,即需要找x,将x单独放出来化简:

x = n (y + z) - y

但是我们看一下这个式子呢,也发现不了什么,我们是想通过右边的参数来求x,但发现目前右侧也没啥特殊形式,还有个-y。于是我们可以提一个(y+z)出来,

x = (n - 1) (y + z) + z(此处n>=1,前面有解释)

此时就明了了。


2.1 n==1

当 n为1的时候,公式就化解为 x = z

这就意味着,从头结点出发一个指针,从相遇节点也出发一个指针,这两个指针每次只走一个节点, 那么当这两个指针相遇的时候就是 环形入口的节点

也就是在相遇节点处,定义一个指针index1,在头结点处定一个指针index2。

让index1和index2同时移动,每次移动一个节点, 那么他们相遇的地方就是 环形入口的节点。

2.2 n>1

那么 n如果大于1是什么情况呢,就是fast指针在环形转n圈之后才遇到 slow指针。

其实这种情况和n为1的时候效果是一样的,一样可以通过这个方法找到 环形的入口节点,只不过,index1 指针在环里 多转了(n-1)圈,然后再遇到index2,相遇点依然是环形的入口节点。

代码如下:

public class Solution {
    public ListNode detectCycle(ListNode head) {
        ListNode fast = head;
        ListNode slow = head;
        while(fast!=null && fast.next!=null){
            fast = fast.next.next;
            slow = slow.next;
​
            //相遇,有环
            if(fast==slow){
                ListNode index1  = fast;
                ListNode index2  = head;
                // 两个指针,从头结点和相遇结点,各走一步,直到相遇,相遇点即为环入口
                while (index1 != index2){
                    index1 = index1.next;
                    index2 = index2.next;
                }
                return index1;
            }
​
        }
        return null;
    }
}

法二:哈希表

这个思路就简单很多,时间复杂度:O(N),空间复杂度:O(N);

但第一种双指针的解法也需要掌握,时间复杂度:O(N),空间复杂度:O(1)。

关于哈希表我们下期也会做相应的专题刷题。

主要思路:遍历链表中的每个节点,并将它记录下来;一旦遇到了此前遍历过的节点,就可以判定链表中存在环。借助哈希表可以很方便地实现。

代码:

详细见注解

public class Solution {
    public ListNode detectCycle(ListNode head) {
        // 初始化指针pos指向头结点
        ListNode pos = head;
        // 使用HashSet来存储已经访问过的节点
        Set<ListNode> visited = new HashSet<ListNode>();
​
        // 遍历链表
        while (pos != null) {
            // 如果当前节点已经被访问过,说明存在环,返回当前节点
            if (visited.contains(pos)) {
                return pos;
            } else {
                // 否则,将当前节点添加到visited集合中
                visited.add(pos);
            }
            // 移动到下一个节点
            pos = pos.next;
        }
​
        // 如果遍历完整个链表都没有发现环,返回null
        return null;
    }
}

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