面试精选:链表问题集锦

链表问题在面试过程中也是很重要也很基础的一部分,链表本身很灵活,很考查编程功底,所以是很值得考的地方。我将复习过程中觉得比较好的链表问题整理了下。

下面是本文所要用到链表节点的定义:

struct Node{
int data;
Node* next;
};

1. 在O(1)时间删除链表节点

题目描述:给定链表的头指针和一个节点指针,在O(1)时间删除该节点。[Google面试题]

分析:本题与《编程之美》上的「从无头单链表中删除节点」类似。主要思想都是「狸猫换太子」,即用下一个节点数据覆盖要删除的节点,然后删除下一个节点。但是如果节点是尾节点时,该方法就行不通了。

代码如下:

//O(1)时间删除链表节点,从无头单链表中删除节点
void deleteRandomNode(Node *cur)
{

assert(cur != NULL);
assert(cur->next != NULL); //不能是尾节点
Node* pNext = cur->next;
cur->data = pNext->data;
cur->next = pNext->next;
delete pNext;
}

2. 单链表的转置

题目描述:输入一个单向链表,输出逆序反转后的链表

分析:链表的转置是一个很常见、很基础的数据结构题了,非递归的算法很简单,用三个临时指针 pre、head、next 在链表上循环一遍即可。递归算法也是比较简单的,但是如果思路不清晰估计一时半会儿也写不出来吧。

下面是循环版本和递归版本的链表转置代码:

//单链表的转置,循环方法
Node* reverseByLoop(Node *head)
{

if(head == NULL || head->next == NULL)
return head;
Node *pre = NULL;
Node *next = NULL;
while(head != NULL)
{
next = head->next;

head->next = pre;
pre = head;
head = next;
}
return pre;
}

//单链表的转置,递归方法
Node* reverseByRecursion(Node *head)
{

//第一个条件是判断异常,第二个条件是结束判断
if(head == NULL || head->next == NULL)
return head;

Node *newHead = reverseByRecursion(head->next);

head->next->next = head;
head->next = NULL;

return newHead; //返回新链表的头指针
}

3. 求链表倒数第k个节点

题目描述:输入一个单向链表,输出该链表中倒数第k个节点,链表的倒数第0个节点为链表的尾指针。

分析:设置两个指针 p1、p2,首先 p1 和 p2 都指向 head,然后 p2 向前走 k 步,这样 p1 和 p2 之间就间隔 k 个节点,最后 p1 和 p2 同时向前移动,直至 p2 走到链表末尾。

代码如下:

//倒数第k个节点
Node* theKthNode(Node *head,int k)
{

if(k < 0) return NULL; //异常判断

Node *slow,*fast;
slow = fast = head;
int i = k;
for(;i>0 && fast!=NULL;i--)
{
fast = fast->next;
}

if(i > 0) return NULL; //考虑k大于链表长度的case

while(fast != NULL)
{
slow = slow->next;
fast = fast->next;
}

return slow;
}

4. 求链表的中间节点

题目描述:求链表的中间节点,如果链表的长度为偶数,返回中间两个节点的任意一个,若为奇数,则返回中间节点。

分析:此题的解决思路和第3题「求链表的倒数第 k 个节点」很相似。可以先求链表的长度,然后计算出中间节点所在链表顺序的位置。但是如果要求只能扫描一遍链表,如何解决呢?最高效的解法和第3题一样,通过两个指针来完成。用两个指针从链表头节点开始,一个指针每次向后移动两步,一个每次移动一步,直到快指针移到到尾节点,那么慢指针即是所求。

代码如下:

//求链表的中间节点
Node* theMiddleNode(Node *head)
{

if(head == NULL)
return NULL;
Node *slow,*fast;
slow = fast = head;
//如果要求在链表长度为偶数的情况下,返回中间两个节点的第一个,可以用下面的循环条件
//while(fast && fast->next != NULL && fast->next->next != NULL)
while(fast != NULL && fast->next != NULL)
{
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
}
return slow;
}

5. 判断单链表是否存在环

题目描述:输入一个单向链表,判断链表是否有环?

分析:通过两个指针,分别从链表的头节点出发,一个每次向后移动一步,另一个移动两步,两个指针移动速度不一样,如果存在环,那么两个指针一定会在环里相遇。

代码如下:

//判断单链表是否存在环,参数circleNode是环内节点,后面的题目会用到
bool hasCircle(Node *head,Node *&circleNode)
{

Node *slow,*fast;
slow = fast = head;
while(fast != NULL && fast->next != NULL)
{
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
if(fast == slow)
{
circleNode = fast;
return true;
}
}

return false;
}

6. 找到环的入口点

题目描述:输入一个单向链表,判断链表是否有环。如果链表存在环,如何找到环的入口点?

解题思路: 由上题可知,按照 p2 每次两步,p1 每次一步的方式走,发现 p2 和 p1 重合,确定了单向链表有环路了。接下来,让p2回到链表的头部,重新走,每次步长不是走2了,而是走1,那么当 p1 和 p2 再次相遇的时候,就是环路的入口了。

为什么?:假定起点到环入口点的距离为 a,p1 和 p2 的相交点M与环入口点的距离为b,环路的周长为L,当 p1 和 p2 第一次相遇的时候,假定 p1 走了 n 步。那么有:

p1走的路径: a+b = n
p2走的路径: a+b+k*L = 2*n; p2 比 p1 多走了k圈环路,总路程是p1的2倍

根据上述公式可以得到 k*L=a+b=n显然,如果从相遇点M开始,p1 再走 n 步的话,还可以再回到相遇点,同时p2从头开始走的话,经过n步,也会达到相遇点M。

显然在这个步骤当中 p1 和 p2 只有前 a 步走的路径不同,所以当 p1 和 p2 再次重合的时候,必然是在链表的环路入口点上。

代码如下:

//找到环的入口点
Node* findLoopPort(Node *head)
{

//如果head为空,或者为单结点,则不存在环
if(head == NULL || head->next == NULL) return NULL;

Node *slow,*fast;
slow = fast = head;

//先判断是否存在环
while(fast != NULL && fast->next != NULL)
{
fast = fast->next->next;
slow = slow->next;
if(fast == slow)
break;
}

if(fast != slow) return NULL; //不存在环

fast = head; //快指针从头开始走,步长变为1
while(fast != slow) //两者相遇即为入口点
{
fast = fast->next;
slow = slow->next;
}

return fast;
}

7. 编程判断两个链表是否相交

题目描述:给出两个单向链表的头指针(如下图所示),

比如h1、h2,判断这两个链表是否相交。这里为了简化问题,我们假设两个链表均不带环。

解题思路:

  1. 直接循环判断第一个链表的每个节点是否在第二个链表中。但,这种方法的时间复杂度为O(Length(h1) * Length(h2))。显然,我们得找到一种更为有效的方法,至少不能是O(N^2)的复杂度。

  2. 针对第一个链表直接构造hash表,然后查询hash表,判断第二个链表的每个节点是否在hash表出现,如果所有的第二个链表的节点都能在hash表中找到,即说明第二个链表与第一个链表有相同的节点。时间复杂度为为线性:O(Length(h1) + Length(h2)),同时为了存储第一个链表的所有节点,空间复杂度为O(Length(h1))。是否还有更好的方法呢,既能够以线性时间复杂度解决问题,又能减少存储空间?

  3. 转换为环的问题。把第二个链表接在第一个链表后面,如果得到的链表有环,则说明两个链表相交。如何判断有环的问题上面已经讨论过了,但这里有更简单的方法。因为如果有环,则第二个链表的表头一定也在环上,即第二个链表会构成一个循环链表,我们只需要遍历第二个链表,看是否会回到起始点就可以判断出来。这个方法的时间复杂度是线性的,空间是常熟。

  4. 进一步考虑“如果两个没有环的链表相交于某一节点,那么在这个节点之后的所有节点都是两个链表共有的”这个特点,我们可以知道,如果它们相交,则最后一个节点一定是共有的。而我们很容易能得到链表的最后一个节点,所以这成了我们简化解法的一个主要突破口。那么,我们只要判断两个链表的尾指针是否相等。相等,则链表相交;否则,链表不相交。
    所以,先遍历第一个链表,记住最后一个节点。然后遍历第二个链表,到最后一个节点时和第一个链表的最后一个节点做比较,如果相同,则相交,否则,不相交。这样我们就得到了一个时间复杂度,它为O((Length(h1) + Length(h2)),而且只用了一个额外的指针来存储最后一个节点。这个方法时间复杂度为线性O(N),空间复杂度为O(1),显然比解法三更胜一筹。

解法四的代码如下:

//判断两个链表是否相交
bool isIntersect(Node *h1,Node *h2)
{

if(h1 == NULL || h2 == NULL) return false; //异常判断
while(h1->next != NULL)
{
h1 = h1->next;
}

while(h2->next != NULL)
{
h2 = h2->next;
}

if(h1 == h2) return true; //尾节点是否相同
else return false;
}

8. 扩展:链表有环,如何判断相交

题目描述:上面的问题都是针对链表无环的,那么如果现在,链表是有环的呢?上面的方法还同样有效么?

分析:如果有环且两个链表相交,则两个链表都有共同一个环,即环上的任意一个节点都存在于两个链表上。因此,就可以判断一链表上俩指针相遇的那个节点,在不在另一条链表上。

代码如下:

//判断两个带环链表是否相交
bool isIntersectWithLoop(Node *h1,Node *h2)
{

Node *circleNode1,*circleNode2;
if(!hasCircle(h1,circleNode1)) //判断链表带不带环,并保存环内节点
return false; //不带环,异常退出
if(!hasCircle(h2,circleNode2))
return false;

Node *temp = circleNode2->next;
while(temp != circleNode2)
{
if(temp == circleNode1)
return true;
temp = temp->next;
}
return false;
}

9. 扩展:两链表相交的第一个公共节点

题目描述:如果两个无环单链表相交,怎么求出他们相交的第一个节点呢?

分析:采用对齐的思想。计算两个链表的长度 L1 , L2,分别用两个指针 p1 , p2 指向两个链表的头,然后将较长链表的 p1(假设为 p1)向后移动L2 - L1个节点,然后再同时向后移动p1 , p2,直到 p1 = p2。相遇的点就是相交的第一个节点。

代码如下:

//求两链表相交的第一个公共节点
Node* findIntersectNode(Node *h1,Node *h2)
{

int len1 = listLength(h1); //求链表长度
int len2 = listLength(h2);
//对齐两个链表
if(len1 > len2)
{
for(int i=0;i<len1-len2;i++)
h1=h1->next;
}
else
{
for(int i=0;i<len2-len1;i++)
h2=h2->next;
}

while(h1 != NULL)
{
if(h1 == h2)
return h1;
h1 = h1->next;
h2 = h2->next;
}
return NULL;
}

10. 总结

可以发现,在链表的问题中,通过两个的指针来提高效率是很值得考虑的一个解决方案,所以一定要记住这种解题思路。记住几种典型的链表问题解决方案,很多类似的题目都可以转换到熟悉的问题再解决。

参考文献