双指针技巧秒杀七道链表题目

本文讲解的例题
LeetCode 力扣 难度

1. Linked List Cycle 141. 环形链表 🟢
2. Linked List Cycle II 142. 环形链表 II 🟠
3. Intersection of Two Linked Lists 160. 相交链表 🟢
4. Remove Nth Node From End of List 19. 删除链表的倒数第 N 个结点 🟠
5. Merge Two Sorted Lists 21. 合并两个有序链表 🟢
6. Merge k Sorted Lists 23. 合并K个升序链表 🔴
7. Partition List 86. 分隔链表 🟠
8. Middle of the Linked List
   1. 链表的中间结点 🟢
      剑指 Offer 22. 链表中倒数第k个节点 🟢
      本文总结一下单链表的基本技巧，每个技巧都对应着至少一道算法题：
      1、合并两个有序链表
      2、链表的分解
      3、合并 k 个有序链表
      4、寻找单链表的倒数第 k 个节点
      5、寻找单链表的中点
      6、判断单链表是否包含环并找出环起点
      7、判断两个单链表是否相交并找出交点
      这些解法都用到了双指针技巧，所以说对于单链表相关的题目，双指针的运用是非常广泛的，下面我们就来一个一个看
      合并两个有序链表
      这是最基本的链表技巧，力扣第 21 题「合并两个有序链表」就是这个问题，给你输入两个有序链表，请你把他俩合并成一个新的有序链表：
9. 合并两个有序链表 | 力扣 | LeetCode | 🟢
   将两个升序链表合并为一个新的 升序 链表并返回。新链表是通过拼接给定的两个链表的所有节点组成。
   示例 1：

输入：l1 = [1,2,4], l2 = [1,3,4]
输出：[1,1,2,3,4,4]
例 2：
输入：l1 = [], l2 = []
输出：[]
示例 3：
输入：l1 = [], l2 = [0]
输出：[0]
提示：
● 两个链表的节点数目范围是 [0, 50]
● -100 <= Node.val <= 100
● l1 和 l2 均按 非递减顺序 排列
// 函数签名如下
ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2);
这题比较简单，我们直接看解法：
class Solution {
public ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2) {
// 虚拟头结点
ListNode dummy = new ListNode(-1), p = dummy;
ListNode p1 = l1, p2 = l2;

    while (p1 != null && p2 != null) {
        // 比较 p1 和 p2 两个指针
        // 将值较小的的节点接到 p 指针
        if (p1.val > p2.val) {
            p.next = p2;
            p2 = p2.next;
        } else {
            p.next = p1;
            p1 = p1.next;
        }
        // p 指针不断前进
        p = p.next;
    }

    if (p1 != null) {
        p.next = p1;
    }

    if (p2 != null) {
        p.next = p2;
    }

    return dummy.next;
}

}
我们的 while 循环每次比较 p1 和 p2 的大小，把较小的节点接到结果链表上，看如下 GIF：

 形象地理解，这个算法的逻辑类似于拉拉链，l1, l2 类似于拉链两侧的锯齿，指针 p 就好像拉链的拉索，将两个有序链表合并。
代码中还用到一个链表的算法题中是很常见的「虚拟头结点」技巧，也就是 dummy 节点。你可以试试，如果不使用 dummy 虚拟节点代码会复杂一些，需要额外处理指针 p 为空的情况。而有了dummy 节点这个占位符，可以避免处理空指针的情况，降低代码的复杂性。

何时使用虚拟头结点
经常有读者问我，什么时候需要用虚拟头结点？我这里总结下：当你需要创造一条新链表的时候，可以使用虚拟头结点简化边界情况的处理。
比如说，让你把两条有序链表合并成一条新的有序链表，是不是要创造一条新链表？再比你想把一条链表分解成两条链表，是不是也在创造新链表？这些情况都可以使用虚拟头结点简化边界情况的处理。
单链表的分解

1. 分隔链表 | 力扣 | LeetCode | 🟠
   给你一个链表的头节点 head 和一个特定值 x ，请你对链表进行分隔，使得所有 小于 x 的节点都出现在 大于或等于 x 的节点之前。
   你应当 保留 两个分区中每个节点的初始相对位置 [这块有点抽象]
   示例 1：

输入：head = [1,4,3,2,5,2], x = 3
输出：[1,2,2,4,3,5]
示例 2：
输入：head = [2,1], x = 2
输出：[1,2]
提示：
● 链表中节点的数目在范围 [0, 200] 内
● -100 <= Node.val <= 100
● -200 <= x <= 200
在合并两个有序链表时让你合二为一，而这里需要分解让你把原链表一分为二。具体来说，我们可以把原链表分成两个小链表，一个链表中的元素大小都小于 x，另一个链表中的元素都大于等于 x，最后再把这两条链表接到一起，就得到了题目想要的结果。
整体逻辑和合并有序链表非常相似，细节直接看代码吧，注意虚拟头结点的运用：、
class Solution {
public ListNode partition(ListNode head, int x) {
// 存放小于 x 的链表的虚拟头结点
ListNode dummy1 = new ListNode(-1);
// 存放大于等于 x 的链表的虚拟头结点
ListNode dummy2 = new ListNode(-1);
// p1, p2 指针负责生成结果链表
ListNode p1 = dummy1, p2 = dummy2;
// p 负责遍历原链表，类似合并两个有序链表的逻辑
// 这里是将一个链表分解成两个链表
ListNode p = head;
while (p != null) {
if (p.val >= x) {
p2.next = p;
p2 = p2.next;
} else {
p1.next = p;
p1 = p1.next;
}
// 不能直接让 p 指针前进，
// p = p.next
// 断开原链表中的每个节点的 next 指针
ListNode temp = p.next;
p.next = null;
p = temp;
}
// 连接两个链表
p1.next = dummy2.next;

    return dummy1.next;
}

}
我知道有很多读者会对这段代码有疑问：
// 不能直接让 p 指针前进，
// p = p.next
// 断开原链表中的每个节点的 next 指针
ListNode temp = p.next;
p.next = null;
p = temp;
如果你不断开原链表中的每个节点的 next 指针，那么就会出错，因为结果链表中会包含一个环。总的来说，如果我们需要把原链表的节点接到新链表上，而不是 new 新节点来组成新链表的话，那么断开节点和原链表之间的链接可能是必要的。那其实我们可以养成一个好习惯，但凡遇到这种情况，就把原链表的节点断开，这样就不会出错了
合并k个有序链表

1. 合并 K 个升序链表 | 力扣 | LeetCode | 🔴
   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 <= 10^4
   0 <= lists[i].length <= 500
   -10^4 <= lists[i][j] <= 10^4
   lists[i] 按 升序 排列
   lists[i].length 的总和不超过 10^4
   // 函数签名如下
   ListNode mergeKLists(ListNode[] lists);
   合并 k 个有序链表的逻辑类似合并两个有序链表，难点在于如何快速得到 k 个节点中的最小节点，接到结果链表上？这里我们就要用到优先级队列这种数据结构，把链表节点放入一个最小堆，就可每次获得 k 个节点中最小节点。关于优先级队列可参考 优先级队列（二叉堆）原理及实现，本文不展开。
   class Solution {
   public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {

   if (lists.length == 0) return null;
   // 虚拟头结点
   ListNode dummy = new ListNode(-1);
   ListNode p = dummy;
   // 优先级队列，最小堆
   PriorityQueue<ListNode> pq = new PriorityQueue<>(
       lists.length, (a, b)->(a.val - b.val));
   // 将 k 个链表的头结点加入最小堆
   for (ListNode head : lists) {
       if (head != null) {
           pq.add(head);
       }
   }
   
   while (!pq.isEmpty()) {
       // 获取最小节点，接到结果链表中
       ListNode node = pq.poll();
       p.next = node;
       if (node.next != null) {
           pq.add(node.next);
       }
       // p 指针不断前进
       p = p.next;
   }
   return dummy.next;
   

   }
   }
   这个算法是面试常考题，它的时间复杂度是多少呢？
   优先队列 pq 中的元素个数最多是 k，所以一次 poll 或者 add 方法的时间复杂度是 O(logk)；所有的链表节点都会被加入和弹出 pq，所以算法整体的时间复杂度是 O(Nlogk)，其中 k 是链表的条数，N 是这些链表的节点总数。
   单链表的倒数第k个节点
   从前往后寻找单链表的第 k 个节点很简单，一个 for 循环遍历过去就找到了，但是如何寻找从后往前数的第 k 个节点呢？
   那你可能说，假设链表有 n 个节点，倒数第 k 个节点就是正数第 n - k + 1 个节点，不也是一个 for 循环的事儿吗？
   是的，但是算法题一般只给你一个 ListNode 头结点代表一条单链表，你不能直接得出这条链表的长度 n，而需要先遍历一遍链表算出 n 的值，然后再遍历链表计算第 n - k + 1 个节点。
   也就是说，这个解法需要遍历两次链表才能得到出倒数第 k 个节点。
   那么，我们能不能只遍历一次链表，就算出倒数第 k 个节点？可以做到的，如果是面试问到这道题，面试官肯定也是希望你给出只需遍历一次链表的解法。
   这个解法就比较巧妙了，假设 k = 2，思路如下：
   首先，我们先让一个指针 p1 指向链表的头节点 head，然后走 k 步：

现在的 p1，只要再走 n - k 步，就能走到链表末尾的空指针了对吧？
趁这个时候，再用一个指针 p2 指向链表头节点 head：

接下来就很显然了，让 p1 和 p2 同时向前走，p1 走到链表末尾的空指针时前进了 n - k 步，p2 也从 head 开始前进了 n - k 步，停留在第 n - k + 1 个节点上，即恰好停链表的倒数第 k 个节点上：

这样，只遍历了一次链表，就获得了倒数第 k 个节点 p2。上述逻辑的代码如下：
// 返回链表的倒数第 k 个节点
ListNode findFromEnd(ListNode head, int k) {
ListNode p1 = head;
// p1 先走 k 步
for (int i = 0; i < k; i++) {
p1 = p1.next;
}
ListNode p2 = head;
// p1 和 p2 同时走 n - k 步
while (p1 != null) {
p2 = p2.next;
p1 = p1.next;
}
// p2 现在指向第 n - k + 1 个节点，即倒数第 k 个节点
return p2;
}
当然，如果用 big O 表示法来计算时间复杂度，无论遍历一次链表和遍历两次链表的时间复杂度都是 O(N)，但上述这个算法更有技巧性。很多链表相关的算法题都会用到这个技巧，比如说力扣第 19 题「删除链表的倒数第 N 个结点」

1. 删除链表的倒数第 N 个结点 | 力扣 | LeetCode | 🟠
   给你一个链表，删除链表的倒数第 n 个结点，并且返回链表的头结点。
   示例 1：

输入：head = [1,2,3,4,5], n = 2
输出：[1,2,3,5]
示例 2：
输入：head = [1], n = 1
输出：[]
示例 3：
输入：head = [1,2], n = 1
输出：[1]
提示：
● 链表中结点的数目为 sz
● 1 <= sz <= 30
● 0 <= Node.val <= 100
● 1 <= n <= sz
直接看解法代码，一趟扫描即可：
class Solution {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
// 虚拟头结点
ListNode dummy = new ListNode(-1);
dummy.next = head;
// 删除倒数第 n 个，要先找倒数第 n + 1 个节点
ListNode x = findFromEnd(dummy, n + 1);
// 删掉倒数第 n 个节点
x.next = x.next.next;
return dummy.next;
}

private ListNode findFromEnd(ListNode head, int k) {
    // 代码见上文
}

}
这个逻辑就很简单了，要删除倒数第 n 个节点，就得获得倒数第 n + 1 个节点的引用，可以用我们实现的 findFromEnd 来操作。
不过注意我们又使用了虚拟头结点的技巧，也是为了防止出现空指针的情况，比如说链表总共有 5 个节点，题目就让你删除倒数第 5 个节点，也就是第一个节点，那按照算法逻辑，应该首先找到倒数第 6 个节点。但第一个节点前面已经没有节点了，这就会出错。
但有了我们虚拟节点 dummy 的存在，就避免了这个问题，能够对这种情况进行正确的删除。
单链表的中点
力扣第 876 题「链表的中间结点」就是这个题目，问题的关键也在于我们无法直接得到单链表的长度 n，常规方法也是先遍历链表计算 n，再遍历一次得到第 n / 2 个节点，也就是中间节点。
如果想一次遍历就得到中间节点，也需要耍点小聪明，使用「快慢指针」的技巧：我们让两个指针 slow 和 fast 分别指向链表头结点 head。每当慢指针 slow 前进一步，快指针 fast 就前进两步，这样，当 fast 走到链表末尾时，slow 就指向了链表中点。
上述思路的代码实现如下：
class Solution {
public ListNode middleNode(ListNode head) {
// 快慢指针初始化指向 head
ListNode slow = head, fast = head;
// 快指针走到末尾时停止
while (fast != null && fast.next != null) {
// 慢指针走一步，快指针走两步
slow = slow.next;
fast = fast.next.next;
}
// 慢指针指向中点
return slow;
}
}
注意：如链表长度为偶数，即中点有两个的时候，我们这个解法返回的节点是靠后的那个节点。
判断链表是否包含环
判断链表是否包含环属于经典问题了，解决方案也是用快慢指针：每当慢指针 slow 前进一步，快指针 fast 就前进两步。如果 fast 最终能正常走到链表末尾，说明链表中没有环；如果 fast 走着走着竟然和 slow 相遇了，那肯定是 fast 在链表中转圈了，说明链表中含有环。
只需要把寻找链表中点的代码稍加修改就行了：
class Solution {
public boolean hasCycle(ListNode head) {
// 快慢指针初始化指向 head
ListNode slow = head, fast = head;
// 快指针走到末尾时停止
while (fast != null && fast.next != null) {
// 慢指针走一步，快指针走两步
slow = slow.next;
fast = fast.next.next;
// 快慢指针相遇，说明含有环
if (slow == fast) {
return true;
}
}
// 不包含环
return false;
}
}
当然，这个问题还有进阶版，也是力扣第 142 题「环形链表 II」：如果链表中含有环，如何计算这个环的起点？举个例子，环的起点是指下面这幅图中的节点 2：

这里先直接看一下寻找环起点的解法代码：
class Solution {
public ListNode detectCycle(ListNode head) {
ListNode fast, slow;
fast = slow = head;
while (fast != null && fast.next != null) {
fast = fast.next.next;
slow = slow.next;
if (fast == slow) break;
}
// 上面的代码类似 hasCycle 函数
if (fast == null || fast.next == null) {
// fast 遇到空指针说明没有环
return null;
}

    // 重新指向头结点
    slow = head;
    // 快慢指针同步前进，相交点就是环起点
    while (slow != fast) {
        fast = fast.next;
        slow = slow.next;
    }
    return slow;
}

}
当快慢指针相遇时，让其中任一个指针指向头节点，然后让它俩以相同速度前进，再次相遇时所在的节点位置就是环开始的位置。
为什么要这样呢？这里简单说一下其中的原理。
我们假设快慢指针相遇时，慢指针 slow 走了 k 步，那么快指针 fast 一定走了 2k 步：

fast 一定比 slow 多走了 k 步，这多走的 k 步其实就是 fast 指针在环里转圈圈，所以 k 的值就是环长度的「整数倍」。
假设相遇点距环的起点的距离为 m，那么结合上图的 slow 指针，环的起点距头结点 head 的距离为 k - m，也就是说如果从 head 前进 k - m 步就能到达环起点。
巧的是，如果从相遇点继续前进 k - m 步，也恰好到达环起点。因为结合上图的 fast 指针，从相遇点开始走k步可以转回到相遇点，那走 k - m 步肯定就走到环起点了：

所以，只要我们把快慢指针中的任一个重新指向 head，然后两个指针同速前进，k - m 步后一定会相遇，相遇之处就是环的起点了。还是不清楚的看视频即可

两个链表是否相交
这个问题有意思，也是力扣第 160 题「相交链表」函数签名如下：
ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB);
给你输入两个链表的头结点 headA 和 headB，这两个链表可能存在相交。如果相交，你的算法应该返回相交的那个节点；如果没相交，则返回 null。比如题目给我们举的例子，如果输入的两个链表如下图：

那么我们的算法应该返回 c1 这个节点。
这个题直接的想法可能是用 HashSet 记录一个链表的所有节点，然后和另一条链表对比，但这就需要额外的空间。如果不用额外的空间，只使用两个指针，你如何做呢？
难点在于，由于两条链表的长度可能不同，两条链表之间的节点无法对应：

如果用两个指针 p1 和 p2 分别在两条链表上前进，并不能同时走到公共节点，也就无法得到相交节点 c1。解决这个问题的关键是，通过某些方式，让 p1 和 p2 能够同时到达相交节点 c1。
所以，我们可以让 p1 遍历完链表 A 之后开始遍历链表 B，让 p2 遍历完链表 B 之后开始遍历链表 A，这样相当于「逻辑上」两条链表接在了一起。
如果这样进行拼接，就可以让 p1 和 p2 同时进入公共部分，也就是同时到达相交节点 c1：

那你可能会问，如果说两个链表没有相交点，是否能够正确的返回 null 呢？
这个逻辑可以覆盖这种情况的，相当于 c1 节点是 null 空指针嘛，可以正确返回 null。
按照这个思路，可以写出如下代码：
class Solution {
public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
// p1 指向 A 链表头结点，p2 指向 B 链表头结点
ListNode p1 = headA, p2 = headB;
while (p1 != p2) {
// p1 走一步，如果走到 A 链表末尾，转到 B 链表
if (p1 == null) {
p1 = headB;
} else {
p1 = p1.next;
}
// p2 走一步，如果走到 B 链表末尾，转到 A 链表
if (p2 == null) {
p2 = headA;
} else{
p2 = p2.next;
}
}
return p1;
}
}
这样，这道题就解决了，空间复杂度为 O(1)，时间复杂度为 O(N)。
当然也可以有另外的解法：如果把两条链表首尾相连，那么「寻找两条链表的交点」的问题转换成了前面讲的「寻找环起点」的问题：
说实话我没有想到这种思路，不得不说这是一个很巧妙的转换！不过需要注意的是，这道题说不让你改变原始链表的结构，所以你把题目输入的链表转化成环形链表求解之后记得还要改回来，否则无法通过。另外，还有读者提到，既然「寻找两条链表的交点」的核心在于让 p1 和 p2 两个指针能够同时到达相交节点 c1，那么可以通过预先计算两条链表的长度来做到这一点，具体代码如下：
class Solution {
public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {
int lenA = 0, lenB = 0;
// 计算两条链表的长度
for (ListNode p1 = headA; p1 != null; p1 = p1.next) {
lenA++;
}
for (ListNode p2 = headB; p2 != null; p2 = p2.next) {
lenB++;
}
// 让 p1 和 p2 到达尾部的距离相同
ListNode p1 = headA, p2 = headB;
if (lenA > lenB) {
for (int i = 0; i < lenA - lenB; i++) {
p1 = p1.next;
}
} else {
for (int i = 0; i < lenB - lenA; i++) {
p2 = p2.next;
}
}
// 看两个指针是否会相同，p1 == p2 时有两种情况：
// 1、要么是两条链表不相交，他俩同时走到尾部空指针
// 2、要么是两条链表相交，他俩走到两条链表的相交点
while (p1 != p2) {
p1 = p1.next;
p2 = p2.next;
}
return p1;
}
}
虽然代码多一些，但是时间复杂度是还是 O(N)，而且会更容易理解一些。