简介
链表是一种常见的基础数据结构，它由一系列节点组成，每个节点包含数据域和指向下一个节点的指针。在Java中，链表通常用于实现动态数据结构，因为它可以根据需要动态地增加或减少节点。
链表简介：
- 节点结构：链表中的每个元素称为节点（Node），每个节点包含两部分：数据域（存储数据）和指针域（存储下一个节点的地址）
- 动态性：链表的长度不是固定的，可以根据需要动态地增减节点。
- 内存分配：链表中的节点不必在连续的内存地址中，它们可以在内存中的任何位置。
- 插入和删除操作：链表的插入和删除操作效率较高，因为只需要改变指针的指向，不需要移动其他元素。
缺点：链表不支持随机访问，访问特定索引的元素需要从头节点开始遍历
在Java中，链表经常使用LinkedList类。常用方法可见：链接。
import java.util.LinkedList;
public class Main {
public static void main(String[] args) {
LinkedList<Integer> linkedList = new LinkedList<>();
// 添加元素
linkedList.add(1);
linkedList.add(2);
linkedList.addFirst(0); // 在链表开头添加元素
linkedList.addLast(3); // 在链表末尾添加元素
// 访问元素
System.out.println("First element: " + linkedList.getFirst());
System.out.println("Last element: " + linkedList.getLast());
// 删除元素
linkedList.removeFirst(); // 删除第一个元素
linkedList.removeLast(); // 删除最后一个元素
linkedList.remove(new Integer(2)); // 删除特定元素
// 遍历链表
for (Integer number : linkedList) {
System.out.println(number);
}
}
}
题目
（1）移除链表元素
题目链接
对于链表的题目，往往可以使用dummy节点来简化操作。所谓dummy节点，就是在头节点前再插入一个节点，使得迭代操作更加简单。
class Solution {
public ListNode removeElements(ListNode head, int val) {
ListNode dummy = new ListNode(0);
dummy.next=head;
ListNode ptr=dummy;
while(ptr.next!=null){
if(ptr.next!=null&&ptr.next.val==val){
ptr.next=ptr.next.next;
}else{
ptr=ptr.next;
}
}
return dummy.next;
}
}
(2) 翻转链表
题目链接
class Solution {
public ListNode reverseList(ListNode head) {
ListNode cur=head;
ListNode pre = null;
ListNode tmp = null;
while(cur!=null){
tmp=pre;
pre=cur;
cur=cur.next;
pre.next=tmp;
}
return pre;
}
}
用三个listnode即可，初始情况下cur指向head节点，pre和tmp均为null。 每次先将tmp指向pre的节点，pre指向cur的节点，这样就可以放在节点丢失。之后cur向后移动，pre将指针反转，不断迭代实现反转。
当然，这题也可以递归来做：相比于迭代，递归其实需要的就是pre和cur。因为tmp可以每次创建。因此，每次要做的只有找到cur的后一个（用tmp）以及将cur目前的节点反转（cur.next=pre)。而每次return的内容就变成了cur和tmp。
class Solution {
public ListNode reverseList(ListNode head) {
return reverse(null, head);
}
public ListNode reverse(ListNode pre, ListNode cur){
if(cur==null){
return pre;
}else{
ListNode tmp=null;
tmp=cur.next;
cur.next=pre;
return reverse(cur,tmp);
}
}
}
(3) 两两交换链表中的节点
题目描述
class Solution {
public ListNode swapPairs(ListNode head) {
if(head==null||head.next==null){
return head;
}
ListNode dummy=new ListNode(0);
dummy.next=head;
ListNode ptr1, ptr2, tmp=dummy;
while(tmp.next!=null&&tmp.next.next!=null){
ptr1=tmp.next;
ptr2=ptr1.next;
tmp.next=ptr2;
ptr1.next=ptr2.next;
ptr2.next=ptr1;
tmp=ptr1;
}
return dummy.next;
}
}
交换节点算一类比较经典的题目，我们还是先设置dummy节点，方便之后的迭代操作。tmp指向dummy节点，而后面跟着ptr1和2.既然要反转，就应该将ptr2.next指向node1，ptr1.next指向node3，而tmp则是辅助找到头节点的。
每次操作结束，都将tmp移动到ptr1的位置。
可以用奇数个节点和偶数个节点考察循环的结束条件。如果将移动指针的操作放在循环结束，那就可能导致发生错误，因为可能指向不存在的节点导致报错。
（4） 删除链表的倒数第 N 个结点
题目描述
class Solution {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
if(head.next==null){
return null;
}
ListNode dummy = new ListNode(0);
dummy.next=head;
ListNode pre=dummy, cur=head, fast=dummy;
for(int i=0; i<n; i++){
fast=fast.next;
}
while(fast.next!=null){
fast=fast.next;
cur=cur.next;
pre=pre.next;
}
pre.next=cur.next;
return dummy.next;
}
}
dummy节点的一个优势就是如果涉及到对于头节点的删除操作，可以把原始的head节点变为与后续节点一样的节点，这样可以很大程度上简化迭代的操作。
我们的思路类似于快慢指针，快指针从dummy先走，如图所示，会停在node3。
这时再同时移动cur和fast，cur代表的是需要删除的节点，而pre则是一直在cur前一个节点，用来删除cur节点。
如同所示，当fast的next为null，则代表cur已经到达要删除的节点。这样就可以用pre删除。
如果要删除头节点，这就用到了dummy节点：
fast移动后，cur的初始地点就是需要删除的节点，此时可以直接删除。这也是return返回的是dummy.next的原因，这点很常用！
（5）链表相交
题目描述
最简单的想法可以是遍历，将b中的每一个元素和a中的对比，如果b和a中有重复，则该节点为第一个相交的节点。但时间复杂度为O(N*M),显然效率低下。
但这个思路仍然可以采用，我们可以考虑用Set进行存储，这样查找相同节点的时间就可以得到优化。用set对A的内容进行存储，然后用set进行检查，可以一定程度上进行优化。时间复杂度是O(N+M)。唯一的缺点是增加了空间复杂度。
对set有疑问的可以看链接。
public class Solution {
public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
Set<ListNode> set=new HashSet<ListNode>();
ListNode ptr=headA;
while(ptr!=null){
set.add(ptr);
ptr=ptr.next;
}
ptr=headB;
while(ptr!=null){
if(set.contains(ptr)){
return ptr;
}
ptr=ptr.next;
}
return null;
}
}
除此之外，还可以用双指针的方法。双指针除了可以处理数组的操作（例如修改和判断），还可以应用于链表，对于链表的删除、修改或者判断。这题也是一样，可以通过类似于判断链表成环的方式来进行推断：
（1）首先两个指针分别指向A、B的头节点
（2）两个指针均每次后移一个节点，并判断节点是否相同。如果不同则移动到另一个链表的头节点。
原理是这样的，假设A链表的长度为A（a1为未相交的数量，a2为相交的数量），B的长度为B（b1为未相交的数量，b2为相交的数量，等于a2）那可以得到：
a1+a2+b1=b1+b2+a1,因为a2=b2，因此可以相互抵消。所以遍历到末尾后换到另一个链表进行遍历，一定会有交点。如果不相交，则会同时到null，则也会返回null。
这样的时间复杂度为
public class Solution {
public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
ListNode ptra=headA, ptrb=headB;
if(ptra==null||ptrb==null){
return null;
}
while(ptra!=ptrb){
ptra=(ptra==null)? headB: ptra.next;
ptrb=(ptrb==null)? headA: ptrb.next;
}
return ptra;
}
}
（6）环形链表 II
题目描述
public class Solution {
public ListNode detectCycle(ListNode head) {
ListNode fast = head;
ListNode slow = head;
while(fast!=null&&fast.next!=null){
slow = slow.next;
fast = fast.next.next;
if(slow==fast){
ListNode res = head;
while(slow!=res){
slow = slow.next;
res = res.next;
}
return res;
}
}
return null;
}
}
由于用快慢指针，两个指针一定会相遇，因为相当于如果存在环，并以点a为环的入口，那慢指针进入环时，可以理解为慢指针不动，只有快指针每次运动一个节点，这样一定会相遇。
而对于本题要找环的入口，则可以通过数学推导。详见：链接的倒数第二个。
