链表经典问题汇总

转载于：http://blog.csdn.net/vividonly/article/details/6673758

收集了一下链表常见的面试题：

1、如何判断一个单链表有环

2、如何判断一个环的入口点在哪里

3、如何知道环的长度

4、如何知道两个单链表（无环）是否相交

5、如果两个单链表（无环）相交，如何知道它们相交的第一个节点是什么

6、如何知道两个单链表（有环）是否相交

7、如果两个单链表（有环）相交，如何知道它们相交的第一个节点是什么

1、采用快慢步长法。令两个指针p和q分别指向头结点，p每次前进一步，q每次前进两步，如果p和q能重合，则有环。可以这么理解，这种做法相当于p静止不动，q每次前进一步，所有肯定有追上p的时候。

我们注意到，指针p和q分别以速度为1和2前进。如果以其它速度前进是否可以呢？

假设p和q分别以速度为v1和v2前进。如果有环，设指针p和q第一次进入环时，他们相对于环中第一个节点的偏移地址分别为a和b（可以把偏移地址理解为节点个数）

这样，可以看出，链表有环的充要条件就是某一次循环时，指针p和q的值相等，就是它们相对环中首节点的偏移量相等。我们设环中的结点个数为n,程序循环了m次。

由此可以有下面等式成立：(mod(n)即对n取余)

(a+m*v1)mod(n) = (b+m*v2) mod(n)

设等式左边mod(n)的最大整数为k1，等式右边mod(n)的最大整数为k2，则

(a+m*v1)-k1*n = (b+m*v2)-k2*n

整理以上等式：

m= |((k2-k1)*n+a-b)/( v2-v1)|       ①

如果是等式①成立，就要使循环次数m为一整数。显然如果v2-v1为1，则等式成立。

这样p和q分别以速度为v1和v2且|v2-v1|为1时，按以上算法就可找出链表中是否有环。当然|v2-v1|不为1时，也可能可以得出符合条件的m。

bool I***itsLoop(slist *head)
{
    slist *slow = head, *fast = head;

    while ( fast && fast->next )
    {
        slow = slow->next;
        fast = fast->next->next;
        if ( slow == fast ) break;
    }

    return !(fast == NULL || fast->next == NULL);
}

时间复杂度分析：假设甩尾（在环外）长度为 len1（结点个数），环内长度为 len2，链表总长度为n，则n=len1+len2 。当p步长为1，q步长为2时，p指针到达环入口需要len1时间，p到达入口后，q处于哪里不确定，但是肯定在环内，此时p和q开始追赶，q最长需要len2时间就能追上p（p和q都指向环入口），最短需要1步就能追上p（p指向环入口，q指向环入口的前一个节点）。事实上，每经过一步，q和p的距离就拉近一步，因此，经过q和p的距离步就可以追上p。因此总时间复杂度为O(n)，n为链表的总长度。

2、分别从链表头和碰撞点，同步地一步一步前进扫描，直到碰撞，此碰撞点即是环的入口。

证明如下：

链表形状类似数字 6 。 

假设甩尾（在环外）长度为 a（结点个数），环内长度为 b 。 

则总长度（也是总结点数）为 a+b 。 

从头开始，0 base 编号。

将第 i 步访问的结点用 S(i) 表示。i = 0, 1 ... 

当 i＜a 时，S(i)=i ； 

当 i≥a 时，S(i)=a+(i-a)%b 。

分析追赶过程。 

两个指针分别前进，假定经过 x 步后，碰撞。则有：S(x)=S(2x) 

由环的周期性有：2x=tb+x 。得到 x=tb 。 

另，碰撞时，必须在环内，不可能在甩尾段，有 x>=a 。

连接点为从起点走 a 步，即 S(a)。 

S(a) = S(tb+a) = S(x+a)。 

得到结论：从碰撞点 x 前进 a 步即为连接点。

根据假设易知 S(a-1) 在甩尾段，S(a) 在环上，而 S(x+a) 必然在环上。所以可以发生碰撞。 

而，同为前进 a 步，同为连接点，所以必然发生碰撞。

综上，从 x 点和从起点同步前进，第一个碰撞点就是连接点。

slist* FindLoopPort(slist *head)
{
    slist *slow = head, *fast = head;

    while ( fast && fast->next )
    {
        slow = slow->next;
        fast = fast->next->next;
        if ( slow == fast ) break;
    }

    if (fast == NULL || fast->next == NULL)
        return NULL;

    slow = head;
    while (slow != fast)
    {
         slow = slow->next;
         fast = fast->next;
    }

    return slow;
}

时间复杂度分析：假设甩尾（在环外）长度为 len1（结点个数），环内长度为 len2 。则时间复杂度为“环是否存在的时间复杂度”+O（len1）

3、从碰撞点开始，两个指针p和q，q以一步步长前进，q以两步步长前进，到下次碰撞所经过的操作次数即是环的长度。这很好理解，比如两个运动员A和B从起点开始跑步，A的速度是B的两倍，当A跑玩一圈的时候，B刚好跑完两圈，A和B又同时在起点上。此时A跑的长度即相当于环的长度。

假设甩尾（在环外）长度为 len1（结点个数），环内长度为 len2 ，则时间复杂度为“环是否存在的时间复杂度”+O(len2)。

4、法一：将链表A的尾节点的next指针指向链表B的头结点，从而构造了一个新链表。问题转化为求这个新链表是否有环的问题。

     时间复杂度为环是否存在的时间复杂度，即O（length(A)+length(B)），使用了两个额外指针

     法二：两个链表相交，则从相交的节点起，其后的所有的节点都是都是两个链表共有的。因此，如果它们相交，则最后一个节点一定是共有的。因此，判断两链表相交的方法是：遍历第一个链表，记住最后一个节点。然后遍历第二个链表，到最后一个节点时和第一个链表的最后一个节点做比较，如果相同，则相交。

     时间复杂度：O（length(A)+length(B)），但是只用了一个额外指针存储最后一个节点

5、将链表A的尾节点的next指针指向链表B的头结点，从而构造了一个环。问题转化为求这个环的入口问题。
时间复杂度：求环入口的时间复杂度

6、分别判断两个链表A、B是否有环（注，两个有环链表相交是指这个环属于两个链表共有）

如果仅有一个有环，则A、B不可能相交

如果两个都有环，则求出A的环入口，判断其是否在B链表上，如果在，则说明A、B相交。

时间复杂度：“环入口问题的时间复杂度”+O（length（B））

7、分别计算出两个链表A、B的长度LA和LB（环的长度和环到入口点长度之和就是链表长度），参照问题3。

如果LA>LB，则链表A指针先走LA-LB，链表B指针再开始走，则两个指针相遇的位置就是相交的第一个节点。

如果LB>LA，则链表B指针先走LB-LA，链表A指针再开始走，则两个指针相遇的位置就是相交的第一个节点。

时间复杂度：O（max（LA,LB））