前提 今天中午吃饭的时候刷了下技术类型的公众号,看到有前辈过了Ant的高P面试,其中有一道题考查了单链表搜索位于中间的节点的算法。觉得解决方案很有趣,于是这里尝试重现一下。
场景 面试官:如何访问链表中间节点?
大佬X:简单地实现,遍历一遍整个的链表,然后计算出链表的长度,进而遍历第二遍找出中间位置的数据。
面试官:要求只能遍历一次链表,那又当如何解决?
大佬X:可以采取建立两个指针,一个指针一次遍历两个节点,另一个节点一次遍历一个节点,当快指针遍历到空节点时,慢指针指向的位置为链表的中间位置,这种解决问题的方法称为快慢指针方法。
复盘 我们先设定单链表的长度大于等于3,这样子比较容易分析算法。先简单假设一个长度为3的单链表如下:
如果我们要访问中间节点,最终搜索到的应该是n2节点,内容就是n2。
如果单链表的长度为偶数,这里假设为4,那么如下:
如果我们要访问中间节点,最终搜索到的应该是n2和n3节点,内容就是n2和n3。
先定义好节点类Node
如下:
@Data private static class Node <T > { private T value; private Node<T> next; }
我们可以很轻易地构建一个单链表如下:
private static Node<String> buildLinkedList (int len) { Node<String> head = new Node<>(); head.setValue("n1" ); Node<String> tail = head; for (int i = 1 ; i < len; i++) { Node<String> node = new Node<>(); node.setValue("n" + (i + 1 )); tail.setNext(node); tail = node; } return head; }
接着我们可以编写搜索中间节点的方法,先编写通过遍历链表进行长度计算,再遍历链表得到中间节点的方案一:
private static List<String> searchByTraversal (Node<String> head) { List<String> result = new ArrayList<>(2 ); Node<String> search = head; int len = 1 ; while (search.getNext() != null ) { search = search.getNext(); len++; } int index = 0 ; int mid; search = head; if ((len & 1 ) == 0 ) { mid = len / 2 - 1 ; while (search.getNext() != null ) { if (mid == index) { result.add(search.getValue()); result.add(search.getNext().getValue()); } search = search.getNext(); index++; } } else { mid = (len - 1 ) / 2 ; while (search.getNext() != null ) { if (mid == index) { result.add(search.getValue()); } search = search.getNext(); index++; } } return result; }
写个main方法试验一下:
public static void main (String[] args) throws Exception { Node<String> head = buildLinkedList(11 ); System.out.println(searchByTraversal(head)); head = buildLinkedList(12 ); System.out.println(searchByTraversal(head)); } [n6] [n6, n7]
假设链表的长度为n,那么进行两次遍历一共需要遍历的元素个素如下:
第一次遍历整个链表,计算长度,必须遍历n个元素。
第二次需要遍历n/2个元素(在n比较大的时候,其实加减的影响不大)。
这种方案实现,最终的时间复杂度一定会大于O(n)。所以需要考虑优化方案,只需要遍历一次链表就能定位到中间的节点值,这个就是方案二:使用快慢指针 。
快慢指针 ,简单来说就是定义两个指针,在遍历链表的时候,快指针(fast pointer)总是遍历两个元素,而慢指针(slow pointer)总是遍历一个元素。当快指针遍历整个链表完成的时候,慢指针刚好指向链表的中间节点。算法实现如下:
private static List<String> searchByFastSlowPointer (Node<String> head) { List<String> result = new ArrayList<>(2 ); Node<String> fp = head; Node<String> sp = head; int len = 1 ; while (null != fp.getNext()) { if (fp.getNext().getNext() != null ) { fp = fp.getNext().getNext(); sp = sp.getNext(); len += 2 ; } else { fp = fp.getNext(); len += 1 ; } } if ((len & 1 ) == 0 ) { result.add(sp.getValue()); result.add(sp.getNext().getValue()); } else { result.add(sp.getValue()); } return result; }
写个main方法试验一下:
public static void main (String[] args) throws Exception { Node<String> head = buildLinkedList(11 ); System.out.println(searchByFastSlowPointer(head)); head = buildLinkedList(12 ); System.out.println(searchByFastSlowPointer(head)); } [n6] [n6, n7]
由于使用了快慢指针的方案,只做了一次链表的遍历,并且由于快指针是每次两个元素进行遍历,最终的时间复杂度要小于O(n)。
快慢指针的应用场景 快慢指针主要有如下的应用场景:
找到链表的中点。
判断链表中是否存在环。
删除链表中倒数第x个节点。
第一种情况已经作为复盘案例分析过,下面分析一下第二和第三种场景。
判断链表中是否存在环 假设链表有6个节点(head节点为n1,tail节点为n6),已经形成环(n6的下一个节点为n1):
使用快慢指针,快指针每次遍历会比慢指针多一个元素,这样子的话,如果链表已经成环,无论快指针和慢指针之间相隔多少个节点,快指针总是能够追上慢指针(快指针和慢指针指向同一个节点),这个时候就可以判断链表已经成环;否则快指针进行一轮遍历之后就会跳出循环,永远不可能和慢指针“重合”。简陋的实现如下:
private static boolean cyclic (Node<String> head) { Node<String> fp = head; Node<String> sp = head; while (fp.getNext() != null ) { fp = fp.getNext().getNext(); sp = sp.getNext(); if (sp.equals(fp)) { return true ; } } return false ; } private static Node<String> buildCyclicLinkedList (int len) { Node<String> head = new Node<>(); head.setValue("n1" ); Node<String> tail = head; for (int i = 1 ; i < len; i++) { Node<String> node = new Node<>(); node.setValue("n" + (i + 1 )); tail.setNext(node); tail = node; } tail.setNext(head); return head; }
测试一下:
public static void main (String[] args) throws Exception { Node<String> head = buildCyclicLinkedList(11 ); System.out.println(cyclic(head)); head = buildLinkedList(11 ); System.out.println(cyclic(head)); } true false
删除链表中倒数第N个节点 这个是LeetCode上的一道算法题,里面用到的是虚拟头结点加上快慢指针的方法,只进行一次遍历就能解决。这里引用获赞最多的回答里面的解决思路:
上述算法可以优化为只使用一次遍历。我们可以使用两个指针而不是一个指针。第一个指针从列表的开头向前移动n+1步,而第二个指针将从列表的开头出发。现在,这两个指针被n个结点分开。我们通过同时移动两个指针向前来保持这个恒定的间隔,直到第一个指针到达最后一个结点。此时第二个指针将指向从最后一个结点数起的第n个结点。我们重新链接第二个指针所引用的结点的next指针指向该结点的下下个结点。
算法推演图:
算法代码如下:
public ListNode removeNthFromEnd (ListNode head, int n) { ListNode dummy = new ListNode(0 ); dummy.next = head; ListNode first = dummy; ListNode second = dummy; for (int i = 1 ; i <= n + 1 ; i++) { first = first.next; } while (first != null ) { first = first.next; second = second.next; } second.next = second.next.next; return dummy.next; }
时间复杂度为O(L),L为链表长度。
小结 鉴于算法比较弱,看到这些相对有实用价值的题目和解决方案,还是值得推演和学习一番。
参考资料:
Leetcode,算法题目:Remove Nth Node From End of List
(本文完 c-2-d e-a-20190510)