链表常考算法

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链表题：一个链表的结点结构 struct Node { int data ; Node *next ; }; typedef struct Node Node ; (1)已知链表的头结点head,写一个函数把这个链表逆序 ( Intel) Node * ReverseList(Node *head) //链表逆序 { if ( head == NULL || head->next == NULL ) return head; Node *p1 = head ; Node *p2 = p1->next ; Node *p3 = p2->next ; p1->next = NULL ; while ( p3 != NULL ) { p2->next = p1 ; p1 = p2 ; p2 = p3 ; p3 = p3->next ; } p2->next = p1 ; head = p2 ; return head ; } (2)已知两个链表head1 和head2 各自有序，请把它们合并成一个链表依然有序。(保留所有结点，即便大小相同） Node * Merge(Node *head1 , Node *head2) { if ( head1 == NULL) return head2 ; if ( head2 == NULL) return head1 ; Node *head = NULL ; Node *p1 = NULL; Node *p2 = NULL; if ( head1->data < head2->data ) { head = head1 ; p1 = head1->next; p2 = head2 ; } else { head = head2 ; p2 = head2->next ; p1 = head1 ; } Node *pcurrent = head ; while ( p1 != NULL && p2 != NULL) { if ( p1->data <= p2->data ) { pcurrent->next = p1 ; pcurrent = p1 ; p1 = p1->next ; } else { pcurrent->next = p2 ; pcurrent = p2 ; p2 = p2->next ; } } if ( p1 != NULL ) pcurrent->next = p1 ; if ( p2 != NULL ) pcurrent->next = p2 ; return head ; } (3)已知两个链表head1 和head2 各自有序，请把它们合并成一个链表依然有序，这次要求用递归方法进行。 (Autodesk) 答案： Node * MergeRecursive(Node *head1 , Node *head2) { if ( head1 == NULL ) return head2 ; if ( head2 == NULL) return head1 ; Node *head = NULL ; if ( head1->data < head2->data ) { head = head1 ; head->next = MergeRecursive(head1->next,head2); } else { head = head2 ; head->next = MergeRecursive(head1,head2->next); } return head ; } 题一、 给定单链表，检测是否有环。 使用两个指针p1,p2从链表头开始遍历，p1每次前进一步，p2每次前进两步。如果p2到达链表尾部，说明无环，否则p1、p2必然会在某个时刻相遇(p1==p2)，从而检测到链表中有环。 题二、 给定两个单链表(head1, head2)，检测两个链表是否有交点，如果有返回第一个交点。 如果head1==head2，那么显然相交，直接返回head1。 否则，分别从head1,head2开始遍历两个链表获得其长度len1与len2。假设len1>=len2，那么指针p1由head1开始向后 移动len1-len2步。指针p2=head2，下面p1、p2每次向后前进一步并比较p1p2是否相等，如果相等即返回该结点，否则说明两个链表没有 交点。 题三、 给定单链表(head)，如果有环的话请返回从头结点进入环的第一个节点。 运用题一，我们可以检查链表中是否有环。 如果有环，那么p1p2重合点p必然在环中。从p点断开环，方法为：p1=p, p2=p->next, p->next=NULL。此时，原单链表可以看作两条单链表，一条从head开始，另一条从p2开始，于是运用题二的方法，我们找到它们的第一个 交点即为所求。 题四、只给定单链表中某个结点p(并非最后一个结点，即p->next!=NULL)指针，删除该结点。 办法很简单，首先是放p中数据,然后将p->next的数据copy入p中，接下来删除p->next即可。 题五、只给定单链表中某个结点p(非空结点)，在p前面插入一个结点。 办法与前者类似，首先分配一个结点q，将q插入在p后，接下来将p中的数据copy入q中，然后再将要插入的数据记录在p中。 题六、给定单链表头结点，删除链表中倒数第k个结点。 使用两个节点p1,p2，p1初始化指向头结点，p2一直指向p1后第k个节点，两个结点平行向后移动直到p2到达链表尾部(NULL),然后根据p1删除对应结点。 Q1 链表的反序 　　Q2 找出链表的中间元素 　　Q3 链表排序 　　Q4 判断一个单链表是否有环 　　以下给出链表结点的数据结构： 　　typedef struct _list_node 　　{ 　　double keyVal; 　　struct _list_node *next; 　　}ListNode; 　　Q1 单链表的反序 　　ListNode* reverseList(ListNode* head) 　　{ 　　ListNode *p1, *p2 , *p3; 　　//链表为空，或是单结点链表直接返回头结点 　　if (head == NULL || head->next == NULL) 　　{ 　　return head; 　　} 　　p1 = head; 　　p2 = head->next; 　　while (p2 != NULL) 　　{ 　　p3 = p2->next; 　　p2->next = p1; 　　p1 = p2; 　　p2 = p3; 　　} 　　head->next = NULL; 　　head = p1; 　　return head; 　　} 　　Q2 找出链表的中间元素 　　ListNode* find_midlist(ListNode* head) 　　{ 　　ListNode *p1, *p2; 　　if (head == NULL || head->next == NULL) 　　{ 　　return head; 　　} 　　p1 = p2 = head; 　　while (1) 　　{ 　　if (p2->next != NULL && p2->next->next != NULL) 　　{ 　　p2 = p2->next->next; 　　p1 = p1->next; 　　} 　　else 　　{ 　　break; 　　} 　　} 　　return p1; 　　} 　　思路分析： 　　单链表的一个比较大的特点用一句广告语来说就是“不走回头路”，不能实现随机存取（random access）。如果我们想要找一个数组a的中间元素，直接a[len/2]就可以了，但是链表不行，因为只有a[len/2 - 1] 知道a[len/2]在哪儿，其他人不知道。因此，如果按照数组的做法依样画葫芦，要找到链表的中点，我们需要做两步（1）知道链表有多长（2）从头结点开始顺序遍历到链表长度的一半的位置。这就需要1.5n（n为链表的长度）的时间复杂度了。有没有更好的办法呢？有的。想法很简单：两个人赛跑，如果A的速度是B的两倍的话，当A到终点的时候，B应该刚到中点。这只需要遍历一遍链表就行了，还不用计算链表的长度。 上面的代码就体现了这个想法。 　　Q3 链表排序 　　double cmp(ListNode *p ,ListNode *q) 　　{return (p->keyVal - q->keyVal);} 　　ListNode* mergeSortList(ListNode *head) 　　{ 　　ListNode *p, *q, *tail, *e; 　　int nstep = 1; 　　int nmerges = 0; 　　int i; 　　int psize, qsize; 　　if (head == NULL || head->next == NULL) 　　{return head;} 　　while (1) 　　{ p = head; 　　tail = NULL; 　　nmerges = 0; 　　while (p) 　　{ nmerges++; q = p; psize = 0; 　　for (i = 0; i < nstep; i++){ 　　psize++; 　　q = q->next; 　　if (q == NULL)break; 　　} 　　qsize = nstep; 　　while (psize >0 || (qsize >0 && q)) 　　{ 　　if (psize == 0 ){e = q; q = q->next; qsize--;} 　　elseif (q == NULL || qsize == 0){e = p; p = p->next; psize--;} 　　elseif (cmp(p,q) <= 0){e = p; p = p->next; psize--;} 　　else{e = q; q = q->next; qsize--;} 　　if (tail != NULL){tail->next = e;} 　　else{head = e;} 　　tail = e; 　　} 　　p = q; 　　} 　　tail->next = NULL; 　　if (nmerges <= 1){return head;} 　　else{nstep <<= 1;} 　　} 　　} 　　思路分析： 　　链表排序最好使用归并排序算法。堆排序、快速排序这些在数组排序时性能非常好的算法，在链表只能“顺序访问”的魔咒下无法施展能力；但是归并排序却如鱼得水，非但保持了它O(nlogn)的时间复杂度，而且它在数组排序中广受诟病的空间复杂度在链表排序中也从O(n)降到了O(1)。真是好得不得了啊，哈哈。以上程序是递推法的程序，另外值得一说的是看看那个时间复杂度，是不是有点眼熟？对！这就是分治法的时间复杂度，归并排序又是divide and conquer。 　　Q4 判断一个单链表是否有环 　　int is_looplist (ListNode *head) 　　{ 　　ListNode *p1, *p2; 　　p1 = p2 = head; 　　if (head == NULL || head->next == NULL) 　　{ 　　return 0; 　　} 　　while (p2->next != NULL && p2->next->next != NULL) 　　{ 　　p1 = p1->next; 　　p2 = p2->next->next; 　　if (p1 == p2) 　　{ 　　return 1; 　　} 　　} 　　return 0; 　　} 　　思路分析： 　　这道题是《C专家编程》中的题了。其实算法也有很多，比如说：我觉得进行对访问过的结点进行标记这个想法也不错，而且在树遍历等场合我们也经常使用。但是在不允许做标记的场合就无法使用了。在种种限制的条件下，就有了上面的这种算法，其实思想很简单：就像两个人在操场上跑步一样，只要有个人的速度比另一个人的速度快一点，他们肯定会有相遇的时候的。不过带环链表与操场又不一样，带环链表的状态是离散的，所以选择走得快的要比走得慢的快多少很重要。比如说这里，如果一个指针一次走三步，一个指针一次走两步的话，很有可能它们虽然在一个环中但是永远遇不到，这要取决于环的大小以及两个指针初始位置相差多少了。呵呵。