一文学会链表快慢指针解题技巧

danielmou
发布于 2022-12-22 14:46
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前言

​上文​​ 我们详细地学习了链表的基本概念,优缺点,也带大家一步步由浅入深地学习了链表的翻转技巧,这一篇我们来看看链表的另一个解题技巧:快慢指针。

快慢指针在面试中出现的概率也很大,也是务必要掌握的一个要点,本文总结了市面上常见的快慢指针解题技巧,相信看完后此类问题能手到擒来。本文将详细讲述如何用快慢指针解决以下两大类问题

  1. 寻找/删除第 K 个结点
  2. 有关链表环问题的相关解法

寻找/删除第 K 个结点

小试牛刀之一

LeetCode 876:给定一个带有头结点 head 的非空单链表,返回链表的中间结点。如果有两个中间结点,则返回第二个中间结点。

解法一

要知道链表的中间结点,首先我们需要知道链表的长度,说到链表长度大家想到了啥,还记得我们在​​上文​​中说过哨兵结点可以保存链表的长度吗,这样直接 从 head 的后继结点 开始遍历  链表长度 / 2 次即可找到中间结点。为啥中间结点是 链表长度/2,我们仔细分析一下

  1. 假如链表长度是奇数: head--->1--->2--->3--->4--->5, 从 1 开始遍历 5/2 = 2 (取整)次,到达 3,3确实是中间结点
  2. 假如链表长度是偶数: head--->1--->2--->3--->4--->5--->6, 从 1 开始遍历 6/2 = 3次,到达 4,4 确实是中间结点的第二个结点

画外音:多画画图,举举例,能看清事情的本质!

哨后结点的长度派上用场了,这种方式最简单,直接上代码

    public Node findMiddleNode(){
    Node tmp = head.next;
        int middleLength = length / 2;
        while (middleLength > 0) {
        tmp = tmp.next;
        middleLength--;
    }
        return tmp;
}

解法二

如果哨兵结点里没有定义长度呢,那就要遍历一遍链表拿到链表长度(定义为 length)了,然后再从头结点开始遍历 length / 2 次即为中间结点

    public Node findMiddleNodeWithoutHead(){
    Node tmp = head.next;
        int length = 1;
    // 选遍历一遍拿到链表长度
        while (tmp.next !=     null) {
        tmp = tmp.next;
        length++;
    }

    // 再遍历一遍拿到链表中间结点
    tmp = head.next;
        int middleLength = length / 2;
        while (middleLength > 0) {
        tmp = tmp.next;
        middleLength--;
    }
        return tmp;
}

解法三

解法二由于要遍历两次链表,显得不是那么高效,那能否只遍历一次链表就能拿到中间结点呢。

这里就引入我们的快慢指针了,主要有三步 

1、 快慢指针同时指向 head 的后继结点 

2、 慢指针走一步,快指针走两步 

3、 不断地重复步骤2,什么时候停下来呢,这取决于链表的长度是奇数还是偶数

  • 如果链表长度为奇数,当 fast.next = null 时,slow 为中间结点

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  • 如果链表长度为偶数,当 fast = null 时,slow 为中间结点

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由以上分析可知:当 fast = null 或者 fast.next = null 时,此时的 slow 结点即为我们要求的中间结点,否则不断地重复步骤 2, 知道了思路,代码实现就简单了

/**
 * 使用快慢指针查找找到中间结点
 * @return
 */
    public Node findMiddleNodeWithSlowFastPointer(){
    Node slow = head.next;
    Node fast = head.next;
        while (fast !=     null && fast.next !=     null) {
        // 快指针走两步
        fast = fast.next.next;
        // 慢指针走一步
        slow = slow.next;
    }
    // 此时的 slow 结点即为哨兵结点
        return slow;
}

有了上面的基础,我们现在再大一下难度,看下下面这道题

输入一个链表,输出该链表中的倒数第 k 个结点。比如链表为 head-->1-->2-->3-->4-->5。求倒数第三个结点(即值为 3 的节点)

分析:我们知道如果要求顺序的第 k 个结点还是比较简单的,从 head 开始遍历 k 次即可,如果要求逆序的第 k 个结点,常规的做法是先顺序遍历一遍链表,拿到链表长度,然后再遍历 链表长度-k 次即可,这样要遍历两次链表,不是那么高效,如何只遍历一次呢,还是用我们说的快慢指针解法

  1. 首先让快慢指针同时指向 head 的后继结点
  2. 快指针往前走 k- 1 步,先走到第 k 个结点
  3. 快慢指针同时往后走一步,不断重复此步骤,直到快指针走到尾结点,此时的 slow 结点即为我们要找的倒序第 k 个结点

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注:需要注意临界情况:k 大于链表的长度,这种异常情况应该抛异常

    public Node findKthToTail(    int     throws{
    Node slow = head.next;
    Node fast = head.next;

    // 快指针先移到第k个结点
        int tmpK = k - 1;
        while (tmpK > 0 && fast !=     null) {
        fast = fast.next;
        tmpK--;
    }
    // 临界条件:k大于链表长度
        if (fast ==     null) {
            throw    new Exception("K结点不存在异常");
    }
    // slow 和 fast 同时往后移,直到 fast 走到尾结点
        while (fast.next !=     null) {
        slow = slow.next;
        fast = fast.next;
    }
        return slow;
}

知道了如何求倒序第 k 个结点,再来看看下面这道题

给定一个单链表,设计一个算法实现链表向右旋转 K 个位置。举例:给定 head->1->2->3->4->5->NULL, K=3,右旋后即为 head->3->4->5-->1->2->NULL

分析:这道题其实是对求倒序第 K 个位置的的一个变形,主要思路如下

  • 先找到倒数第 K+1 个结点, 此结点的后继结点即为倒数第 K 个结点
  • 将倒数第 K+1 结点的的后继结点设置为 null
  • 将 head 的后继结点设置为以上所得的倒数第 K 个结点,将原尾结点的后继结点设置为原 head 的后继结点

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    public     void reversedKthToTail(    int     throws{
    // 直接调已实现的 寻找倒序k个结点的方法,这里是 k+1
    Node KPreNode = findKthToTail(k+1);
    // 倒数第 K 个结点
    Node kNode = KPreNode.next;
    Node headNext = head.next;

    KPreNode.next =     null;
    head.next = kNode;

    // 寻找尾结点
    Node tmp = kNode;
        while (tmp.next !=     null) {
        tmp = tmp.next;
    }
    // 尾结点的后继结点设置为原 head 的后继结点
    tmp.next = headNext;
}

有了上面两道题的铺垫,相信下面这道题不是什么难事,限于篇幅关系,这里不展开,大家可以自己试试

输入一个链表,删除该链表中的倒数第 k 个结点

小试牛刀之二

判断两个单链表是否相交及找到第一个交点,要求空间复杂度 O(1)。如图示:如果两个链表相交,5为这两个链表相交的第一个交点

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画外音:如果没有空间复杂度O(1)的限制,其实有多种解法,一种是遍历链表 1,将链表 1 的所有的结点都放到一个 set 中,再次遍历链表 2,每遍历一个结点,就判断这个结点是否在 set,如果发现结点在这个 set 中,则这个结点就是链表第一个相交的结点

分析:首先我们要明白,由于链表本身的性质,如果有一个结点相交,那么相交结点之后的所有结点都是这两个链表共用的,也就是说两个链表的长度主要相差在相交结点之前的结点长度,于是我们有以下思路

1、如果链表没有定义长度,则我们先遍历这两个链表拿到两个链表长度,假设分别为 L1, L2 (L1 >= L2), 定义 p1, p2 指针分别指向各自链表 head 结点,然后 p1 先往前走 L1 - L2 步。这一步保证了 p1,p2 指向的指针与相交结点(如果有的话)一样近。

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2、 然后 p1,p2 不断往后遍历,每次走一步,边遍历边判断相应结点是否相等,如果相等即为这两个链表的相交结点

    public     static Node detectCommonNode(LinkedList list1, LinkedList list2){
        int length1 = 0;        // 链表 list1 的长度
        int length2 = 0;        // 链表 list2 的长度

    Node p1 = list1.head;
    Node p2 = list2.head;

        while (p1.next !=     null) {
        length1++;
        p1 = p1.next;
    }

        while (p2.next !=     null) {
        length2++;
        p2 = p2.next;
    }

    p1 = list1.head;
    p2 = list2.head;

    // p1 或 p2 前进 |length1-length2| 步
        if (length1 >= length2) {
            int diffLength = length1-length2;
            while (diffLength > 0) {
            p1 = p1.next;
            diffLength--;
        }
    }     else {
            int diffLength = length2-length1;
            while (diffLength > 0) {
            p2 = p2.next;
            diffLength--;
        }
    }
    // p1,p2分别往后遍历,边遍历边比较,如果相等,即为第一个相交结点
        while (p1 !=     null && p2.next !=     null) {
        p1 = p1.next;
        p2 = p2.next;
            if (p1.data == p2.data) {
            // p1,p2 都为相交结点,返回 p1 或 p2
                return p1;
        }
    }
    // 没有相交结点,返回空指针
        return    null;
}

进阶

接下来我们来看如何用快慢指针来判断链表是否有环,这是快慢指针最常见的用法

判断链表是否有环,如果有,找到环的入口位置(下图中的 2),要求空间复杂度为O(1)

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首先我们要看如果链表有环有什么规律,如果从 head 结点开始遍历,则这个遍历指针一定会在以上的环中绕圈子,所以我们可以分别定义快慢指针,慢指针走一步,快指针走两步, 由于最后快慢指针在遍历过程中一直会在圈中里绕,且快慢指针每次的遍历步长不一样,所以它们在里面不断绕圈子的过程一定会相遇,就像 5000 米长跑,一人跑的快,一人快的慢,跑得快的人一定会追上跑得慢的(即套圈)。

还不明白?那我们简单证明一下

1、 假如快指针离慢指针相差一个结点,则再一次遍历,慢指针走一步,快指针走两步,相遇

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2、  假如快指针离慢指针相差两个结点,则再一次遍历,慢指针走一步,快指针走两步,相差一个结点,转成上述 1 的情况

3、 假如快指针离慢指针相差 N 个结点(N大于2),则下一次遍历由于慢指针走一步,快指针走两步,所以相差 N+1-2 = N-1 个结点,发现了吗,相差的结点从 N 变成了 N-1,缩小了!不断地遍历,相差的结点会不断地缩小,当 N 缩小为 2 时,即转为上述步骤 2 的情况,由此得证,如果有环,快慢指针一定会相遇!

画外音:如果慢指针走一步,快指针走的不是两步,而是大于两步,会有什么问题,大家可以考虑一下


    public Node detectCrossNode(){
    Node slow = head;
    Node fast = head;

        while (fast !=     null && fast.next !=     null) {
        fast = fast.next.next;
        slow = slow.next;
        
            if (fast ==     null) {
                return     null;
        }

            if (slow.data == fast.data) {
                return slow;
        }
    }
        return     null;
}

判断有环为啥要返回相遇的结点,而不是返回 true 或 false 呢。因为题目中还有一个要求,判断环的入口位置,就是为了这个做铺垫的,一起来看看怎么找环的入口,需要一些分析的技巧

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假设上图中的 7 为快慢指针相遇的结点,不难分析出相遇时慢指针走了 L + S 步,快指针呢,它走得比慢指针更快,它除了走了 L + S 步外,还额外在环里绕了 n  圈,所以快指针走了 L+S+nR 步(R为图中环的长度),另外我们知道每遍历一次,慢指针走了一步,快指针走了两步,所以快指针走的路程是慢指针的两倍,即 2 (L+S) = L+S+nR,可得  L+S = nR

  • 当 n = 1 时,则 L+S = R 时,则从相遇点 7 开始遍历走到环入口点 2 的距离为 R - S = L,刚好是环的入口结点,而 head 与环入口点 2 的距离恰好也为 L,所以只要在头结点定义一个指针,在相遇点(7)定义另外一个指针,两个指针同时遍历,每次走一步,必然在环的入口位置 2 相遇
  • 当 n > 1 时,L + S = nR,即 L = nR - S,  nR-S 怎么理解?如果指针指向相遇结点  7 ,则此指针走了 n 圈后,回退 S 步,此时刚好指向环入口位置,也就是说如果设置一个指针指向 head(定义为p1), 另设一个指针指向 7(定义为p2),不断遍历,p2 走了 nR-S 时(即环的入口位置),p1也刚好走到这里(此时 p1 走了 nR-S =  L步,刚好是环入口位置),即两者相遇!

综上所述,要找到入口结点,只需定义两个指针,一个指针指向 head, 一个指针指向快慢指针的相遇点,然后这两个指针不断遍历(每次走一步),当它们指向同一个结点时即是环的入口结点

    public Node getRingEntryNode(){
        // 获取快慢指针相遇结点
        Node crossNode = detectCrossNode();

        // 如果没有相遇点,则没有环
            if (crossNode ==     null) {
                return    null;
        }

        // 分别定义两个指针,一个指向头结点,一个指向快慢指针相交结点
        Node tmp1 = head;
        Node tmp2 = crossNode;

        // 两者相遇点即为环的入口结点
            while (tmp1.data != tmp2.data) {
            tmp1 = tmp1.next;
            tmp2 = tmp2.next;
        }
            return tmp1;
    }

思考题:知道了环的入口结点,怎么求环的长度?

总结

本文总结了链表的快慢指针常用解题技巧,分别总结了两大类的问题:寻找第 K 个结点以及判断环及其入口结点,加上​​上文​​​中提到的链表翻转技巧,这两大类都是面试中非常热门的考点,其他的面试题多是在这两大类上进行变形,建立大家好好敲一遍代码,如果需要,文中代码可以在我的 github地址: ​https://github.com/allentofight/algorithm​ 下载


本文转载自公众号:码海

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已于2022-12-22 14:46:28修改
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