LeetCode 23 合并 K 个升序链表

news2024/11/23 12:25:01

LeetCode 23 合并 K 个升序链表

来源：力扣（LeetCode）
链接：https://leetcode.cn/problems/merge-k-sorted-lists/description/

博主Github：https://github.com/GDUT-Rp/LeetCode

题目：

给你一个链表数组，每个链表都已经按升序排列。

请你将所有链表合并到一个升序链表中，返回合并后的链表。

示例1:

输入：lists = [[1,4,5],[1,3,4],[2,6]]
输出：[1,1,2,3,4,4,5,6]
解释：链表数组如下：
[
  1->4->5,
  1->3->4,
  2->6
]
将它们合并到一个有序链表中得到。
1->1->2->3->4->4->5->6

示例2:

输入：lists = []
输出：[]

示例3:

输入：lists = [[]]
输出：[]

提示：

  • k == lists.length
  • 0 <= k <= 1 0 4 10^4 104
  • 0 <= lists[i].length <= 500
  • − 1 0 4 -10^4 −104 <= lists[i][j] <= 1 0 4 10^4 104
  • lists[i] 按 升序 排列
  • lists[i].length 的总和不超过 10^4

解题思路：

方法一：顺序合并

用一个变量 ans 来维护以及合并的链表，第 i 次循环把第 i 个链表和 ans 合并，答案保存到 ans 中。

Golang

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * type ListNode struct {
 *     Val int
 *     Next *ListNode
 * }
 */
func mergeKLists(lists []*ListNode) *ListNode {
    var ans *ListNode
    for i:=0; i<len(lists); i++ {
        ans = mergeTwoLists(ans, lists[i])
    }
    return ans
}

func mergeTwoLists(a *ListNode, b *ListNode) *ListNode {
    if a == nil {
        return b
    }
    if b == nil {
        return a
    }

    var head ListNode
    tail := &head

    for (a != nil && b != nil) {
        if a.Val < b.Val {
            tail.Next = a
            a = a.Next
        } else {
            tail.Next = b
            b = b.Next
        }
        tail = tail.Next
    }

    if a != nil {
        tail.Next = a
    } else {
        tail.Next = b
    }
    return head.Next
}

C++

class Solution {
public:
    ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {
        if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;
        ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;
        while (aPtr && bPtr) {
            if (aPtr->val < bPtr->val) {
                tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;
            } else {
                tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;
            }
            tail = tail->next;
        }
        tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);
        return head.next;
    }

    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        ListNode *ans = nullptr;
        for (size_t i = 0; i < lists.size(); ++i) {
            ans = mergeTwoLists(ans, lists[i]);
        }
        return ans;
    }
};

Java

class Solution {
    public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
        ListNode ans = null;
        for (int i = 0; i < lists.length; ++i) {
            ans = mergeTwoLists(ans, lists[i]);
        }
        return ans;
    }

    public ListNode mergeTwoLists(ListNode a, ListNode b) {
        if (a == null || b == null) {
            return a != null ? a : b;
        }
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode tail = head, aPtr = a, bPtr = b;
        while (aPtr != null && bPtr != null) {
            if (aPtr.val < bPtr.val) {
                tail.next = aPtr;
                aPtr = aPtr.next;
            } else {
                tail.next = bPtr;
                bPtr = bPtr.next;
            }
            tail = tail.next;
        }
        tail.next = (aPtr != null ? aPtr : bPtr);
        return head.next;
    }
}

复杂度分析

时间复杂度: 假设每个链表的最长长度是 n。在第一次合并后，ans 的长度为 n；第二次合并后，ans 的长度为 2n，第 i 次合并后，ans 的长度为 i×n。第 i 次合并的时间代价是 O(n+(i−1)×n)=O(i×n)，那么总的时间代价为 O ( ∑ i = 1 k ( i × n ) ) = O ( ( 1 + k ) ⋅ k 2 × n ) = O ( k 2 n ) O(\sum_{i = 1}^{k} (i \times n)) = O(\frac{(1 + k)\cdot k}{2} \times n) = O(k^2 n) O(∑i=1k​(i×n))=O(2(1+k)⋅k​×n)=O(k2n)，故渐进时间复杂度为 O ( k 2 n ) O(k^2 n) O(k2n)。

空间复杂度 O(1) 。

方法二：分治合并

考虑优化方法一，用分治的方法进行合并。

  • 将 kkk 个链表配对并将同一对中的链表合并；
  • 第一轮合并以后， k 个链表被合并成了 k 2 \frac{k}{2} 2k​​ 个链表，平均长度为 2 n k \frac{2n}{k} k2n​，然后是 k 4 \frac{k}{4} 4k​ 个链表， k 8 \frac{k}{8} 8k​ 个链表等等；
  • 重复这一过程，直到我们得到了最终的有序链表。

在这里插入图片描述

Golang

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * type ListNode struct {
 *     Val int
 *     Next *ListNode
 * }
 */
func mergeKLists(lists []*ListNode) *ListNode {
    return merge(lists, 0, len(lists) - 1)
}

func merge(lists []*ListNode, left, right int) *ListNode {
    if left == right {
        return lists[left]
    }
    if left > right {
        return nil
    }
    mid := (left + right) >> 1
    return mergeTwoLists(merge(lists, left, mid), merge(lists, mid+1, right))
}

func mergeTwoLists(a *ListNode, b *ListNode) *ListNode {
    if a == nil {
        return b
    }
    if b == nil {
        return a
    }

    var head ListNode
    tail := &head

    for (a != nil && b != nil) {
        if a.Val < b.Val {
            tail.Next = a
            a = a.Next
        } else {
            tail.Next = b
            b = b.Next
        }
        tail = tail.Next
    }

    if a != nil {
        tail.Next = a
    } else {
        tail.Next = b
    }
    return head.Next
}

C++

class Solution {
public:
    ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {
        if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;
        ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;
        while (aPtr && bPtr) {
            if (aPtr->val < bPtr->val) {
                tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;
            } else {
                tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;
            }
            tail = tail->next;
        }
        tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);
        return head.next;
    }

    ListNode* merge(vector <ListNode*> &lists, int l, int r) {
        if (l == r) return lists[l];
        if (l > r) return nullptr;
        int mid = (l + r) >> 1;
        return mergeTwoLists(merge(lists, l, mid), merge(lists, mid + 1, r));
    }

    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        return merge(lists, 0, lists.size() - 1);
    }
};

Java

class Solution {
    public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
        return merge(lists, 0, lists.length - 1);
    }

    public ListNode merge(ListNode[] lists, int l, int r) {
        if (l == r) {
            return lists[l];
        }
        if (l > r) {
            return null;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        return mergeTwoLists(merge(lists, l, mid), merge(lists, mid + 1, r));
    }

    public ListNode mergeTwoLists(ListNode a, ListNode b) {
        if (a == null || b == null) {
            return a != null ? a : b;
        }
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode tail = head, aPtr = a, bPtr = b;
        while (aPtr != null && bPtr != null) {
            if (aPtr.val < bPtr.val) {
                tail.next = aPtr;
                aPtr = aPtr.next;
            } else {
                tail.next = bPtr;
                bPtr = bPtr.next;
            }
            tail = tail.next;
        }
        tail.next = (aPtr != null ? aPtr : bPtr);
        return head.next;
    }
}

时间复杂度：考虑递归「向上回升」的过程——第一轮合并 k 2 \frac{k}{2} 2k​ 组链表，每一组的时间代价是 O ( 2 n ) O(2n) O(2n)；第二轮合并 k 4 \frac{k}{4} 4k​​ 组链表，每一组的时间代价是 O ( 4 n ) O(4n) O(4n)…所以总的时间代价是 O ( ∑ i = 1 ∞ k 2 i × 2 i n ) = O ( k n × log ⁡ k ) O(\sum_{i = 1}^{\infty} \frac{k}{2^i} \times 2^i n) = O(kn \times \log k) O(∑i=1∞​2ik​×2in)=O(kn×logk)，故渐进时间复杂度为 O ( k n × log ⁡ k ) O(kn \times \log k) O(kn×logk)
空间复杂度：递归会使用到 O ( log ⁡ k ) O(\log k) O(logk) 空间代价的栈空间。

方法三：使用优先队列/最小堆合并

这个方法和前两种方法的思路有所不同

我们需要维护当前每个链表没有被合并的元素的最前面一个， k k k 个链表就最多有 k k k 个满足这样条件的元素，每次在这些元素里面选取 val 属性最小的元素合并到答案中。

在选取最小元素的时候，我们可以用优先队列/最小堆来优化这个过程。

Golang

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * type ListNode struct {
 *     Val int
 *     Next *ListNode
 * }
 */

import "container/heap"

type Status struct {
    Val  int
    Ptr  *ListNode
}

type PriorityQueue []*Status

func (pq PriorityQueue) Len() int {
    return len(pq)
}

func (pq PriorityQueue) Less(i, j int) bool {
    return pq[i].Val < pq[j].Val
}

func (pq PriorityQueue) Swap(i, j int) {
    pq[i], pq[j] = pq[j], pq[i]
}

func (pq *PriorityQueue) Push(x interface{}) {
    *pq = append(*pq, x.(*Status))
}

func (pq *PriorityQueue) Pop() interface{} {
    old := *pq
    n := len(old)
    item := old[n-1]
    old[n-1] = nil
    *pq = old[0 : n-1]
    return item
}

func mergeKLists(lists []*ListNode) *ListNode {
    var q PriorityQueue
    heap.Init(&q)

    for _, node := range lists {
        // 每个链表第一个都放进这个堆
        if node != nil {
            heap.Push(&q, &Status{Val: node.Val, Ptr: node})
        }
    }

    var head ListNode
    tail := &head

    for q.Len() > 0 {
        // 取出最小的
        f := heap.Pop(&q).(*Status)
        tail.Next = f.Ptr
        tail = tail.Next
        // 只要所取的节点后面还要数据
        if f.Ptr.Next != nil {
            // 就放进堆里来
            heap.Push(&q, &Status{Val: f.Ptr.Next.Val, Ptr: f.Ptr.Next})
        }
    }

    return head.Next
}

Java

class Solution {
    class Status implements Comparable<Status> {
        int val;
        ListNode ptr;

        Status(int val, ListNode ptr) {
            this.val = val;
            this.ptr = ptr;
        }

        public int compareTo(Status status2) {
            return this.val - status2.val;
        }
    }

    PriorityQueue<Status> queue = new PriorityQueue<Status>();

    public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
        for (ListNode node: lists) {
            if (node != null) {
                queue.offer(new Status(node.val, node));
            }
        }
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode tail = head;
        while (!queue.isEmpty()) {
            Status f = queue.poll();
            tail.next = f.ptr;
            tail = tail.next;
            if (f.ptr.next != null) {
                queue.offer(new Status(f.ptr.next.val, f.ptr.next));
            }
        }
        return head.next;
    }
}

C++

class Solution {
public:
    struct Status {
        int val;
        ListNode *ptr;
        bool operator < (const Status &rhs) const {
            return val > rhs.val;
        }
    };

    priority_queue <Status> q;

    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        for (auto node: lists) {
            if (node) q.push({node->val, node});
        }
        ListNode head, *tail = &head;
        while (!q.empty()) {
            auto f = q.top(); q.pop();
            tail->next = f.ptr; 
            tail = tail->next;
            if (f.ptr->next) q.push({f.ptr->next->val, f.ptr->next});
        }
        return head.next;
    }
};

复杂度分析

时间复杂度：考虑优先队列中的元素不超过 k k k 个，那么插入和删除的时间代价为 ¥O(\log k)$，这里最多有 k n kn kn 个点，对于每个点都被插入删除各一次，故总的时间代价即渐进时间复杂度为 O ( k n × log ⁡ k ) O(kn \times \log k) O(kn×logk)。
空间复杂度：这里用了优先队列，优先队列中的元素不超过 k k k 个，故渐进空间复杂度为 O ( k ) O(k) O(k)。

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前言 如果阅读了这两篇博文《如何产生PRACH preamble》和《如何选择合适的时频资源发送preamble》&#xff0c;那么对msg1有了基本了解&#xff0c;但是真到了Msg1发送的时候&#xff0c;该怎么处理呢&#xff0c;这里涉及到两个问题&#xff1a; 问题1&#xff1a;发…
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