編寫一個程序,找到兩個單鏈表相交的起始節點。
如下面的兩個鏈表:
在節點 c1 開始相交。
示例 1:
輸入:intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3 輸出:Reference of the node with value = 8 輸入解釋:相交節點的值爲 8 (注意,如果兩個列表相交則不能爲 0)。從各自的表頭開始算起,鏈表 A 爲 [4,1,8,4,5],鏈表 B 爲 [5,0,1,8,4,5]。在 A 中,相交節點前有 2 個節點;在 B 中,相交節點前有 3 個節點。
示例 2:
輸入:intersectVal = 2, listA = [0,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1 輸出:Reference of the node with value = 2 輸入解釋:相交節點的值爲 2 (注意,如果兩個列表相交則不能爲 0)。從各自的表頭開始算起,鏈表 A 爲 [0,9,1,2,4],鏈表 B 爲 [3,2,4]。在 A 中,相交節點前有 3 個節點;在 B 中,相交節點前有 1 個節點。
示例 3:
輸入:intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2 輸出:null 輸入解釋:從各自的表頭開始算起,鏈表 A 爲 [2,6,4],鏈表 B 爲 [1,5]。由於這兩個鏈表不相交,所以 intersectVal 必須爲 0,而 skipA 和 skipB 可以是任意值。 解釋:這兩個鏈表不相交,因此返回 null。
注意:
- 如果兩個鏈表沒有交點,返回
null
. - 在返回結果後,兩個鏈表仍須保持原有的結構。
- 可假定整個鏈表結構中沒有循環。
- 程序儘量滿足 O(n) 時間複雜度,且僅用 O(1) 內存。
解題思路:
先分別把兩個鏈表從頭到尾走一遍把它們的長度記錄下來,然後用兩個指針分別從兩個鏈表的頭部開始遍歷,記A、B鏈表的長度分別爲len_A、len_B,如果len_A>len_B即A鏈表比B鏈表長,那麼讓指向A鏈表的指針先走len_A-len_B 步,同理如果len_B>len_A即B鏈表比A鏈表長,那麼讓B鏈表的指針先走len_B-len_A步,以此保證剩餘的節點數相同;然後再讓兩個指針同時開始移動,兩個指針每走一步都要判斷的它們指向的節點是不是同一個節點(直接判斷指針的值是否相等),如果當前兩個指針指向同一個節點,則返回該節點,否則繼續往下走直至到鏈表的尾部;若沒有找到相交的節點,說明兩個鏈表沒有相交。
該算法的時間複雜度爲O(n)、空間複雜度爲O(1),符合題目要求。
代碼如下:
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
#判斷是否有空鏈表
if(headA==NULL||headB==NULL)
return NULL;
int len_A=0;
int len_B=0;
//分別計算A、B鏈表的長度
ListNode* curr=headA;
while(curr!=NULL){
len_A++;
curr=curr->next;
}
curr=headB;
while(curr!=NULL){
len_B++;
curr=curr->next;
}
//較長的鏈表提前走,保證剩餘步數相同
ListNode* currA=headA;
ListNode* currB=headB;
if(len_A>len_B)
for(int i=0;i<(len_A-len_B);i++)
currA=currA->next;
else
for(int i=0;i<(len_B-len_A);i++)
currB=currB->next;
//判斷當前節點是否爲交點
while(currA!=NULL&&currB!=NULL){
if(currA==currB)
return currA;
currA=currA->next;
currB=currB->next;
}
return NULL;
}
};