链表的相交、环问题

链表的基础问题：给定一个链表，返回倒数第K个数。

  这里链表的定义如下：

package linkedlist;public class ListNode {int data;ListNode next;public static ListNode buildList(int[] array){ListNode head = new ListNode();head.data = array[0];ListNode temp = head;for(int i = 1 ; i < array.length ; i++){ListNode t = new ListNode();t.data = array[i];temp.next = t;temp = t;}return head;}}

//这里使用buildList(int[] array)初始化链表

//下面的方法默认使用aList与bList两个链表。

解决：

方法很简单，相信很多人都看过，定义两个指针a，b（Java中是对象的引用，这里使用指针代替），将b向后移动K-1个单位，然后a与b同时向后移动，直至b.next为null。得到倒数的K个数。

public int lastK(int k) {ListNode pre = aList;ListNode last = aList;while(pre != null && k > 1){pre = pre.next;k-- ;}if(k > 1){System.out.println("error!!");}while(pre.next != null){pre = pre.next;last = last.next;}return last.data;}

下面来看链表相交的问题

  假定两个链表没有环，判断链表是否相交。

              对于上面的的问题，最简单的方法也就是遍历，设有两个链表A和B，首先遍历a链表，每遍历A链表的一个结点，遍历一次B链表。时间复杂度为O(A.length * B.length)。

              毫无疑问，上面的方法最简单，同时也是最耗时的。我们可以在遍历A链表的过程中，将结点保存在Hash表中，再遍历B链表，每访问一个结点，便在Hash表里查询有没有此节点。因为访问Hash表的时间可以认为是O（1），因此时间复杂度为              O（A.length + B.length），空间复杂度为O（A.length）。

               考虑两个链表如果相交，则必有共同的结尾，可以参考下图。有这个性质，只需判断两个链表是否有共同的结尾即可。

（图片来自http://blog.csdn.net/v_july_v/article/details/6447013）

           

       

public boolean isIntersect(){ListNode aPoint = aList;ListNode bPoint = bList;//aList的末尾while(aPoint.next != null){aPoint = aPoint.next;}//bList的末尾while(bPoint.next != null){bPoint = bPoint.next;}//是否相等return (aPoint == bPoint);}

            

链表的环问题：

            判断一个链表是否存在环，可以采用Hash表的方法，将链表向前遍历，将访问的的结点存放在Hash表中，如果指针达到null，则没有环。如果访问的结点在Hash表中，则链表有环。

            上述方法的时间复杂度为O(List.length)，需要一个链表长度的空间。

    那么有没有线性时间同时空间复杂度为O（1）的算法呢。个人认为还得从问题的性质入手。仔细观察有环链表的性质，当链表进入环后，会一直在环中转，

           

          访问顺序为1 --->  2 --->  3 ---> 4 ----> 5  ---> 3 ---> 4 ----> 5 ---> 4 ----> 5........

          是不是很像运动会的跑步，在跑步中，如果一个人跑的慢，另一个人跑的快一点，最终会快的人会从后面超过慢的人。

          因此我们可以使用两个指针a和b，a每次前进一个，b每次前进两个结点，最终a与b都会进入环，且b先进入，a后进入，由于b的速度快，所以最终会赶上b，从而a == b。若链表中没有环，则不会赶上。