题目描述

给你两个单链表的头节点 headA 和 headB ，请你找出并返回两个单链表相交的起始节点。如果两个链表没有交点，返回 null 。
题目传输门：面试题 02.07. 链表相交

图示两个链表在节点 c1 开始相交：

题目数据 保证 整个链式结构中不存在环。

注意，函数返回结果后，链表必须 保持其原始结构 。

示例 1：

输入：
intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], 
listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
输出：
Intersected at '8'
解释：
	相交节点的值为 8 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
	从各自的表头开始算起，链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,0,1,8,4,5]。
	在 A 中，相交节点前有 2 个节点；在 B 中，相交节点前有 3 个节点。

示例 2：

输入：
	intersectVal = 2, listA = [0,9,1,2,4], 
	listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
输出：
	Intersected at '2'
解释：
	相交节点的值为 2 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
	从各自的表头开始算起，链表 A 为 [0,9,1,2,4]，链表 B 为 [3,2,4]。
	在 A 中，相交节点前有 3 个节点；在 B 中，相交节点前有 1 个节点。

示例 3：

输入：
	intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
输出：
	null
解释：
	从各自的表头开始算起，链表 A 为 [2,6,4]，链表 B 为 [1,5]。
	由于这两个链表不相交，所以 intersectVal 必须为 0，而 skipA 和 skipB 可以是任意值。
	这两个链表不相交，因此返回 null 。
 

提示：

• listA 中节点数目为 m
• listB 中节点数目为 n
• 0 <= m, n <= 3 * 104
• 1 <= Node.val <= 105
• 0 <= skipA <= m
• 0 <= skipB <= n
• 如果 listA 和 listB 没有交点，intersectVal 为 0
• 如果 listA 和 listB 有交点，intersectVal == listA[skipA + 1] == listB[skipB + 1]

进阶：

• 你能否设计一个时间复杂度 O(n) 、仅用 O(1) 内存的解决方案？

解题思路与代码

• 这道题是一道比较简单的题，同时，它也是一道比较考验你链表基本功的题。
• 这道题的核心点，就是判断两条链表有没有相交。看图我们很容易明白，两条链表相交就是拥有多个共同的节点嘛，然后返回第一个共同的节点嘛。
• 那么问题来了，如何返回第一个相同的节点呢？是不是想回答当然两个节点相等就好啦
• 不过要注意的是，两个节点的值相等，不单单是节点里面的val相等，其次它们的next指针指向的变量也必须相等才行。所以判断的时候，不能是 a->val == b->val 这么去判断 。而得是 a == b 这么去判断（a，b指的都是链表节点）

所以，说到这里，这道题就有三种方式去做这道题，分别是哈希法，双指针法（先走n步），双指针法（走完一边，走另一边），下面就让我来一一为大家，去展示这三种方式都是如何做的。

方案一：哈希法

• 这道题我认为最简单易懂的就是哈希法，我们将headA的节点全部遍历进一个unordered_set中，然后再拿headB的节点一一去与存储在head中的节点去做对比，如果找到了，就直接返回。

• 简直太好懂了，之前我的思维一种困在如果对比节点数据相同的个数上，但节点数据相等不等于两个链表有相交的地方啊。看了哈希法后豁然开朗，直接对比节点就行了。

具体代码如下：

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        unordered_set<ListNode*> set;
        ListNode* pos = headA;
        while(pos){
            set.insert(pos);
            pos = pos->next;
        }
        pos = headB;
        while(pos){
            if(set.count(pos)) return pos;
            pos = pos->next;
        }
        return nullptr;
    }
};

复杂度分析：

时间复杂度：

• O(m+n),其中m是链表headA的节点数，n是链表b的节点数，我们需要各遍历两个链表一次。

空间复杂度：

• O(m),其中m是链表headA的节点数，我们只需要将A的元素添加进集合即可

方案二：优化！遍历长度法（双指针法）

• 这种方法其实理解起来也很简单，这是我几个月后拿到这道题的第一种做法，先遍历出两个链表的长度，然后避免重复，使长的链表永远为A链表，短的为B链表。
• 然后创建俩指针，分别指向两个链表的头节点，之后长的链表指针先走n步，然后两个指针一起走，如果遇到了第一个相同的节点就返回，没有则返回null
• 很简单吧。也不难，而且空间复杂度还进行了一番优化。

具体的代码如下：

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */

class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        if(!headA || !headB) return nullptr;
        ListNode * ptrA = headA;
        ListNode * ptrB = headB;
        int lenA = 0;
        int lenB = 0;
        while(ptrA){
            ++lenA;
            ptrA = ptrA->next;
        }
        while(ptrB){
            ++lenB;
            ptrB = ptrB->next;
        }
        if(lenA < lenB){
            ListNode * temp = headA;
            headA = headB;
            headB = temp;
            swap(lenA,lenB);
        }
        int sub = lenA - lenB;
        while(sub--){
            headA = headA->next;
        }
        while(headA && headB){
            if(headA == headB) return headA;
            headA = headA->next;
            headB = headB->next;
        }
        return nullptr;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(m+n)，只是单纯的遍历了一下链表
• 空间复杂度：O(1)，因为没有用到多余的数据结构

方案三：双指针交替遍历

• 这种方法也是用双指针去解决问题的，但是呢，和第一种双指针不一样。

• 这次我是设计了两个指针，分别指向两个链表的头，然后让它们一起去走，a指针走完了a链表就去走b，b指针走完了b链表就去走a。

• 如果两个链表相交了话，它们会走完m + n个节点后相遇，否则就返回null

• 这种方法与第二种方法差不多，优化的点可能在于代码整体比第二种更加简洁了吧，也不需要使用那么多的while循环。

具体代码如下：

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */

class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        ListNode* p1 = headA;
        ListNode* p2 = headB;

        while(p1 || p2){
            if(p1 == p2) return p1;

            if(!p1) p1 = headB;
            else p1 = p1->next;

            if(!p2) p2 = headA;
            else p2 = p2->next;
        }

        return nullptr;
    }
};

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(m+n)，只是单纯的遍历了一下链表
• 空间复杂度：O(1)，因为没有用到多余的数据结构

总结

这道题主要在于提高你的数据结构和算法的理解与应用能力，尤其是对链表和指针操作的理解。具体来说，以下几点是这道题目的意义所在：

• 提高对链表结构的理解：链表是一种基础且常用的数据结构，掌握它的特性和如何操作它是非常重要的。这道题目帮助你理解链表的基本概念，例如节点、指针以及如何遍历链表等。

• 提高对指针操作的理解：这道题目要求你找到两个链表的交点，这需要你理解并操作指针。你需要清楚地知道如何通过比较内存地址（即指针的值）来确定链表是否相交。

• 提高解决问题的策略：这道题目提供了多种解决方案，例如，你可以使用哈希表来存储链表的节点，或者使用两个指针进行遍历。这不仅可以帮助你理解不同的算法策略，还可以提高你的问题解决和算法设计能力。

• 提高编程技能：最后，通过解决这类问题，你可以提高你的编程技能，包括编写高质量代码，理解和分析代码的时间和空间复杂度等。

总的来说，这道题目主要是为了帮助你提高你的数据结构、算法和编程能力。

最后的最后，如果你觉得我的这篇文章写的不错的话，请给我一个赞与收藏，关注我，我会继续给大家带来更多更优质的干货内容。