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题目
编写一个程序,找到两个单链表相交的起始节点。
如下面的两个链表:
在节点 c1 开始相交。
示例 1:
输入:intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5],
listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
输出:Reference of the node with value = 8
输入解释:相交节点的值为 8 (注意,如果两个列表相交则不能为 0)。
从各自的表头开始算起,链表 A 为 [4,1,8,4,5],链表 B 为 [5,0,1,8,4,5]。
在 A 中,相交节点前有 2 个节点;在 B 中,相交节点前有 3 个节点。
示例 2:
输入:intersectVal = 2, listA = [0,9,1,2,4],
listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
输出:Reference of the node with value = 2
输入解释:相交节点的值为 2 (注意,如果两个列表相交则不能为 0)。
从各自的表头开始算起,链表 A 为 [0,9,1,2,4],链表 B 为 [3,2,4]。
在 A 中,相交节点前有 3 个节点;在 B 中,相交节点前有 1 个节点。
示例 3:
输入:intersectVal = 0, listA = [2,6,4],
listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
输出:null
输入解释:从各自的表头开始算起,链表 A 为 [2,6,4],
链表 B 为 [1,5]。由于这两个链表不相交,
所以 intersectVal 必须为 0,而 skipA 和 skipB 可以是任意值。
解释:这两个链表不相交,因此返回 null。
注意:
如果两个链表没有交点,返回 null.
在返回结果后,两个链表仍须保持原有的结构。
可假定整个链表结构中没有循环。
程序尽量满足 O(n) 时间复杂度,且仅用 O(1) 内存。
题解
有三种做法
思路一:暴力破解
对于链表一当中的节点依次与链表二的所有节点比较
空间复杂度O(1) 时间复杂度O(n+m)
代码
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
while(headA != NULL){
ListNode* temp = headB;
while(temp != NULL){
if(temp == headA)
return temp;
temp=temp->next;
}
headA=headA->next;
}
return NULL;
}
};
思路二:哈希表
用哈希表储存链表A,然后在哈希表里查找B中每一个元素,直到找到为止
空间复杂度 O(n) 时间复杂度(m+n);
代码
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
unordered_set<ListNode*> s;
while(headA != NULL){
s.insert(headA);
headA=headA->next;
}
while(headB != NULL){
if(s.find(headB) != s.end()){
return headB;
}
headB=headB->next;
}
return NULL;
}
};
思路三:浪漫做法
使用两个指针a,b分别指向两个链表。同时遍历 a、b两个链表,当走到尾节点时将a指向headA,b指向headB,继续遍历,如果两个链表有相交的地方,a和b最终会同时指向相交的那个点
两个人以相同的速度,一人先跑短跑道,再跑长跑道,另一个人先跑长跑道,在跑短跑道。最终走过的路程是一样的,若是长短跑道有重叠的地方,那两人一定会相遇
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
ListNode* a = headA;
ListNode* b = headB;
if(headA == NULL || headB == NULL)
return NULL;
while(a != b){
a = (a == NULL ? headB : a->next);
b = (b == NULL ? headA : b->next);
}
return a;
}
};
错的人迟早会走散,而对的人迟早会相逢
一切都在因果之中