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方法1:
由于是单链表,所以可以用一个set保存第一个的节点,然后遍历第二个链表,寻找相同的节点,时间复杂度O(MlogM),空间复杂度O(max(M,N)),代码
ListNode* FindFirstCommonNode( ListNode* pHead1, ListNode* pHead2) {
//最先想到的办法,空间复杂度O(M),时间复杂度O(max(M,N))
if(!pHead1 || !pHead2) return NULL;
set<ListNode*> nodesInFirstList;
ListNode* iter1 = pHead1;
ListNode* iter2 = pHead2;
while(iter1){
nodesInFirstList.insert(iter1);
iter1 = iter1->next;
}
while(iter2){
if(nodesInFirstList.find(iter2) != nodesInFirstList.end())
return iter2;
iter2 = iter2->next;
}
return NULL;
}
方法2:
因为单链表,所以如果有公共节点的话,最后肯定会合并起来,形如Y,可以用两个栈分别保存两个链表的节点,这样链表尾部就在栈顶了,然后比较两个栈的栈顶,如果一样就都弹出,直到第一个不一样的,返回上次弹出的节点。空间复杂度O(M+N),时间复杂度O(max(M,N))。
方法3:
先遍历一遍,得到两个链表的长度,然后长的先走差值步,在同步遍历,即可找到第一个公共节点(如果有的话)。时间复杂度O(M+N),不需要额外空间
方法4:
用连个游标分别遍历两个链表,当遍历到链表尾部时,转到另一条链表的头部。如果两条链表的长度相同,那么第一遍到尾部前就能找到第一个公共节点(如果有的话)。如果两条链表长度不同,本来在较短链表的游标转移到较长的链表上,当本来在较长链表上的游标到达尾部并转到较短链表的时候,两个游标离尾部的距离相同,所以第二遍一定能找到公共节点(如果有的话)。时间复杂度O(M+N)不需要额外空间,代码比3简洁
代码
ListNode* FindFirstCommonNode( ListNode *pHead1, ListNode *pHead2) {
ListNode *p1 = pHead1;
ListNode *p2 = pHead2;
while(p1!=p2){
p1 = (p1==NULL ? pHead2 : p1->next);//游标到达尾部后,转到另一条链表
p2 = (p2==NULL ? pHead1 : p2->next);
}
return p1;
}