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一,链表的中间结点
876. 链表的中间结点 - 力扣(LeetCode)https://leetcode.cn/problems/middle-of-the-linked-list/
1,数组:
思路和算法
链表的缺点在于不能通过下标访问对应的元素。因此我们可以考虑对链表进行遍历,同时将遍历到的元素依次放入数组A中。如果我们遍历到了N个素,那么链表以及数组的长度也为N,对应的中间节点即为A[N/2] 。
class Solution {
public:
ListNode* middleNode(ListNode* head) {
vector<ListNode*> A = {head};
while (A.back()->next != NULL)
A.push_back(A.back()->next);
return A[A.size() / 2];
}
};
复杂度分析
-
时间复杂度:O(N),其中 NN 是给定链表中的结点数目。
-
空间复杂度:O(N),即数组
A
用去的空间。
2,单指针法
我们可以对方法一进行空间优化,省去数组A。
我们可以对链表进行两次遍历。第一次遍历时, 我们统计链表中的元素个数N;第二次遍历时,我
们遍历到第N/2 个元素(链表的首节点为第0个元素)时,将该元素返回即可。
class Solution {
public:
ListNode* middleNode(ListNode* head) {
int n = 0;
ListNode* cur = head;
while (cur != nullptr) {
++n;
cur = cur->next;
}
int k = 0;
cur = head;
while (k < n / 2) {
++k;
cur = cur->next;
}
return cur;
}
};
复杂度分析
-
时间复杂度:O(N),其中 N 是给定链表的结点数目。
-
空间复杂度:O(1),只需要常数空间存放变量和指针。
3,快慢指针法:(奇技淫巧)
思路和算法
我们可以继续优化方法二,用两个指针 slow 与 fast 一起遍历链表。slow 一次走一步,fast 一次走两步。那么当 fast 到达链表的末尾时,slow 必然位于中间。
class Solution {
public:
ListNode* middleNode(ListNode* head) {
ListNode* slow = head;
ListNode* fast = head;
while (fast != NULL && fast->next != NULL) {
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
}
return slow;
}
};
复杂度分析
时间复杂度:O(N),其中 N 是给定链表的结点数目。
空间复杂度:O(1),只需要常数空间存放 slow 和 fast 两个指针。
二,删除链表的倒数第N个结点
19. 删除链表的倒数第 N 个结点 - 力扣(LeetCode)https://leetcode.cn/problems/remove-nth-node-from-end-of-list/
前言
在对链表进行操作时,一种常用的技巧是添加一个哑节点(dummy node),它的 \textit{next}next 指针指向链表的头节点。这样一来,我们就不需要对头节点进行特殊的判断了。
例如,在本题中,如果我们要删除节点 y,我们需要知道节点 y 的前驱节点 x,并将 x 的指针指向 y 的后继节点。但由于头节点不存在前驱节点,因此我们需要在删除头节点时进行特殊判断。但如果我们添加了哑节点,那么头节点的前驱节点就是哑节点本身,此时我们就只需要考虑通用的情况即可。
特别地,在某些语言中,由于需要自行对内存进行管理。因此在实际的面试中,对于「是否需要释放被删除节点对应的空间」这一问题,我们需要和面试官进行积极的沟通以达成一致。下面的代码中默认不释放空间。
1,计算链表长度:
思路与算法
一种容易想到的方法是,我们首先从头节点开始对链表进行一次遍历,得到链表的长度 L。随后我们再从头节点开始对链表进行一次遍历,当遍历到第 L−n+1 个节点时,它就是我们需要删除的节点。
为了与题目中的 n 保持一致,节点的编号从 1 开始,头节点为编号 1 的节点。
为了方便删除操作,我们可以从哑节点开始遍历L−n+1 个节点。当遍历到第L−n+1 个节点时,它的下一个节点就是我们需要删除的节点,这样我们只需要修改一次指针,就能完成删除操作。
class Solution {
public:
int getLength(ListNode* head) {
int length = 0;
while (head) {
++length;
head = head->next;
}
return length;
}
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode* dummy = new ListNode(0, head);
int length = getLength(head);
ListNode* cur = dummy;
for (int i = 1; i < length - n + 1; ++i) {
cur = cur->next;
}
cur->next = cur->next->next;
ListNode* ans = dummy->next;
delete dummy;
return ans;
}
};
复杂度分析
-
时间复杂度:O(L),其中 LL 是链表的长度。
-
空间复杂度:O(1)。
2,栈
思路与算法
我们也可以在遍历链表的同时将所有节点依次入栈。根据栈「先进后出」的原则,我们弹出栈的第 n 个节点就是需要删除的节点,并且目前栈顶的节点就是待删除节点的前驱节点。这样一来,删除操作就变得十分方便了。
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode* dummy = new ListNode(0, head);
stack<ListNode*> stk;
ListNode* cur = dummy;
while (cur) {
stk.push(cur);
cur = cur->next;
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
stk.pop();
}
ListNode* prev = stk.top();
prev->next = prev->next->next;
ListNode* ans = dummy->next;
delete dummy;
return ans;
}
};
复杂度分析
-
时间复杂度:O(L),其中 LL 是链表的长度。
-
空间复杂度:O(L),其中 LL 是链表的长度。主要为栈的开销。
3,双指针(快慢指针)
思路与算法
我们也可以在不预处理出链表的长度,以及使用常数空间的前提下解决本题。
由于我们需要找到倒数第 n 个节点,因此我们可以使用两个指针 first 和 second 同时对链表进行遍历,并且first 比 second 超前 n 个节点。当first 遍历到链表的末尾时,second 就恰好处于倒数第 n 个节点。
具体地,初始时 first 和 second 均指向头节点。我们首先使用 first 对链表进行遍历,遍历的次数为 n。此时,first 和 second 之间间隔了 n−1 个节点,即 first 比 second 超前了 n 个节点。
在这之后,我们同时使用 first 和 second 对链表进行遍历。当first 遍历到链表的末尾(即 first 为空指针)时,second 恰好指向倒数第 n 个节点。
根据方法一和方法二,如果我们能够得到的是倒数第 n 个节点的前驱节点而不是倒数第 n 个节点的话,删除操作会更加方便。因此我们可以考虑在初始时将second 指向哑节点,其余的操作步骤不变。这样一来,当 first 遍历到链表的末尾时,second 的下一个节点就是我们需要删除的节点。
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode* dummy = new ListNode(0, head);
ListNode* first = head;
ListNode* second = dummy;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
first = first->next;
}
while (first) {
first = first->next;
second = second->next;
}
second->next = second->next->next;
ListNode* ans = dummy->next;
delete dummy;
return ans;
}
};
复杂度分析
-
时间复杂度:O(L),其中 L 是链表的长度。
-
空间复杂度:O(1)。