算法修炼之路——【链表】Leetcode24 两两交换链表中的节点

题目描述

给定一单链表，两两交换其中相邻的节点，并返回交换后的链表。

你不能只是简单的改变节点内部的值，而是需要实际的进行节点交换。

示例：

输入：head = [1, 2, 3, 4]

输出：head = [2, 1, 4, 3]

解题思路

我们通过示例可以简单了解到，需要两两进行位置互换，但是互换的动作需要涉及到前置节点与后置节点。这里为方便理解，我们先单独给出四个节点：

 

 图1

 

见图1所示，我们在T1时刻交换[1, 2]两个节点，T2时刻交换[3, 4]。

这里易看出，此问题可以解为：

1. 两两交换
2. 迭代两两交换

对于问题1：

我们将总体链表的两两交换位置分别为若干相同的问题1，解法则有：

/*
head = [1, 2, 3, 4]
first, focus [1, 2]
*/
ListNode currHead; // and currHead.next = left
 
leftP.next = rightP.next; // 1->2->3 changed to 1->3
right.next = leftP; // 1->3 changed to 2->1->3
currHead.next = rightP; //upgrate head of piece of this pair

这里涉及到的额外节点信息是两个节点组的前置节点，即currHead；当我们交换[3, 4]时则有：

/*
head = [2, 1, 3, 4]
secod, focus [3, 4]

leftP point to 3, rightP 4.
*/
// currHead.next = leftP, here, currHead = ListNode(1)

// exchange node 3 and 4
leftP.next = rightP.next;
rightP.next = leftP;
currHead.next = rightP;

 

对于问题2：

截止到这里，我们已经探索到了问题1的解法，接下来需要做的就是将填补问题1间的缝隙，即将他们融合为一个整体，这里我们容易理解，在交换[3, 4]的时候，需要用到交换[1,2]后的靠后节点(这里为ListNode(1))，则可以理解我们在两两交换时，统一的需要用到currHead, 即两个节点[a, b]中 靠前节点a的前置节点，并需要在[a, b]交换位置后为下一对即将交换的节点更新它们所需的currHead。则我们可以将前两部分代码融合为：

ListNode leftP = head;
ListNode rightP = head.next;

ListNode currHead = dummyHead; //for head node


// iteration
leftP.next = rightP.next;
rightP.next = leftP;
currHead.next = rightP;
            
//update pos of currHead
currHead = leftP;

 

步骤罗列

我们已经对问题的解答有了核心的理解，这里将步骤进行进一步梳理：

1. 初始化两个指针，一左一右；且为统一规则，采取哨兵机制；
2. 迭代：节点交换，并更新下一对节点的靠前前置节点；
3. 迭代终止条件为两指针均不为空；终止后返回哨兵节点的下一节点。

解题代码

    public static ListNode solutionWithTwoP(ListNode head) {
        if (head == null || head.next == null) {
            return head;
        }

        //1. init pointers and dummyHead
        ListNode dummyHead = new ListNode(-1);
        dummyHead.next = head;
        ListNode leftP = head;
        ListNode rightP = head.next;

        ListNode currHead = dummyHead;

        //2. iteration
        while (leftP != null && rightP != null) {
            // exchange
            leftP.next = rightP.next;
            rightP.next = leftP;
            currHead.next = rightP;
            
            //update pos of currHead
            currHead = leftP;

            //move forward
            leftP = leftP.next;
            rightP = leftP == null? null : leftP.next; //attention here
        }

        return dummyHead.next;
    }

复杂度分析

时间复杂度：我们对数据仅进行了一次遍历，所以时间复杂度为O(N)；

空间复杂度：我们没有借助额外的容器，所以空间复杂度为常量级O(1)。

GitHub源码

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