链表面试题小结

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某本书上面说了，链表这个东西，实际用的并不多，但是可以提供很好的考察面试者编程技巧和思维能力的素材。这里总结一下，见过的面试题和对应的候选解法。
题一、 给定单链表，检测是否有环。
使用两个指针p1,p2从链表头开始遍历，p1每次前进一步，p2每次前进两步。如果p2到达链表尾部，说明无环，否则p1、p2必然会在某个时刻相遇(p1==p2)，从而检测到链表中有环。
http://ostermiller.org/find_loop_singly_linked_list.html
这篇文章讲了很多好的坏得相关算法。
题二、 给定两个单链表(head1, head2)，检测两个链表是否有交点，如果有返回第一个交点。
如果head1==head2，那么显然相交，直接返回head1。
否则，分别从head1,head2开始遍历两个链表获得其长度len1与len2。假设len1>=len2，那么指针p1由head1开始向后 移动len1-len2步。指针p2=head2，下面p1、p2每次向后前进一步并比较p1p2是否相等，如果相等即返回该结点，否则说明两个链表没有 交点。
题三、 给定单链表(head)，如果有环的话请返回从头结点进入环的第一个节点。
运用题一，我们可以检查链表中是否有环。
如果有环，那么p1p2重合点p必然在环中。从p点断开环，方法为：p1=p, p2=p->next, p->next=NULL。此时，原单链表可以看作两条单链表，一条从head开始，另一条从p2开始，于是运用题二的方法，我们找到它们的第一个交点即为所求。
也可以不断开环。设重合点为p3,从p3开始遍历这个环，同时从表头开始走，检查每步是否在那个环中。这个方法大概有nlogn。
使用快慢指针，第一次相遇，表明存在循环。继续快慢指针，第二次相遇，得到的iteration步长为环的长度。分别从相遇点和第一个节点出发，都是步长为1的指针，当相遇时，得到的iteration步长为环首的位置。
题四、只给定单链表中某个结点p(并非最后一个结点，即p->next!=NULL)指针，删除该结点。
办法很简单，首先是放p中数据,然后将p->next的数据copy入p中，接下来删除p->next即可。
题五、只给定单链表中某个结点p(非空结点)，在p前面插入一个结点。
办法与前者类似，首先分配一个结点q，将q插入在p后，接下来将p中的数据copy入q中，然后再将要插入的数据记录在p中。
题六、给定单链表头结点，删除链表中倒数第k个结点。
使用两个节点p1,p2，p1初始化指向头结点，p2一直指向p1后第k个节点，两个结点平行向后移动直到p2到达链表尾部(NULL),然后根据p1删除对应结点。
题七、链表排序
链表排序最好使用归并排序算法。堆排序、快速排序这些在数组排序时性能非常好的算法，在链表只能“顺序访问”的魔咒下无法施展能力；但是归并排序却如鱼得水，非但保持了它O(nlogn)的时间复杂度，而且它在数组排序中广受诟病的空间复杂度在链表排序中也从O(n)降到了O(1)。真是好得不得了啊，哈哈。以上程序是递推法的程序，另外值得一说的是看看那个时间复杂度，是不是有点眼熟？对！这就是分治法的时间复杂度，归并排序又是divide and conquer。

double cmp(ListNode *p ,ListNode *q){return (p->keyVal - q->keyVal);}ListNode* mergeSortList(ListNode *head){        ListNode *p, *q, *tail, *e;       int nstep = 1;        int nmerges = 0;        int i;        int psize, qsize;    if (head == NULL || head->next == NULL)            {return head;}        while (1)            {   p = head;        tail = NULL;    nmerges = 0;       while (p)            {   nmerges++;  q = p;  psize = 0;        for (i = 0; i < nstep; i++){                psize++;                q = q->next;                if (q == NULL)break;            }        qsize = nstep;        while (psize >0 || (qsize >0 && q))            {                if (psize == 0 ){e = q; q = q->next; qsize--;}        elseif (q == NULL || qsize == 0){e = p; p = p->next; psize--;}        elseif (cmp(p,q) <= 0){e = p; p = p->next; psize--;}        else{e = q; q = q->next; qsize--;}        if (tail != NULL){tail->next = e;}        else{head = e;}        tail = e;    }        p = q;    }        tail->next = NULL;        if (nmerges <= 1){return head;}       else{nstep <<= 1;}        }   }

题八、倒转单链表
给出非递归和递归解法：

#include <iostream>using namespace std;struct Node{    int data;    Node* next;}*head;// 非递归写法Node* InverseLinkedList(Node* head){    if(head == NULL)        return NULL;    Node* newHead = NULL;    while(head != NULL)    {        Node* nextNode = head->next;        head->next = newHead;        newHead = head;        head = nextNode;    }    return newHead;}// 递归写法Node* InverseLinkedListRecur(Node* head){    if(head == NULL)        return NULL;    if(head->next == NULL)        return head;    Node* newHead = InverseLinkedListRecur(head->next);    Node *tmp = newHead;    while(tmp->next != NULL)    {        tmp = tmp->next;    }    tmp->next = head;    head->next = NULL;    return newHead;}int main(){    // 构建链表 9->8->7->6->5->4->3->2->1->0->NULL    for(int i = 0; i < 10; i++)    {        Node* node = new Node();        node->data = i;        node->next = head;        head = node;    }    head = InverseLinkedList(head);    Node *tmp = head;    while(head != NULL)    {        cout << head->data << " ";        head = head->next;    }    cout << endl;    head = InverseLinkedListRecur(tmp);    tmp = head;    while(head != NULL)    {        cout << head->data << " ";        head = head->next;    }    cout << endl;    while(tmp != NULL)    {        Node* next = tmp->next;        delete tmp;        tmp = next;    }}

题九、两个有序链表的合并
有两个有序链表，各自内部是有序的，但是两个链表之间是无序的
typedef struct node{
int data;
struct node * next;
}* List;

List mergeSortedLinkList(List list1, List list2)
{
List pList1,pList2,mergedList,pCurNode;

if (list1 == NULL){    return list2;}if (list2 == NULL){    return list1;}pList1 = list1;pList2 = list2;mergedList = NULL;if (pList1==pList2){           mergedList = pList1;    pList1 = pList1->next;    pList2 = pList2->next;}else {    if (pList1->data <= pList2->data)    {        mergedList = pList1;        pList1 = pList1->next;    }    else    {        mergedList = pList2;        pList2 = pList2->next;    }}pCurNode = mergedList;while(pList1 && pList2){    if (pList1==pList2)    {        pCurNode->next = pList1;        pCurNode = pList1;        pList1 = pList1->next;        pList2 = pList2->next;    }    else    {        if (pList1->data <= pList2->data)        {            pCurNode->next = pList1;            pCurNode = pList1;            pList1 = pList1->next;        }        else        {            pCurNode->next = pList2;            pCurNode = pList2;            pList2 = pList2->next;        }    }}pCurNode->next =pList1?pList1:pList2;return mergedList;

}
题十、找出链表的中间元素
单链表的一个比较大的特点用一句广告语来说就是“不走回头路”，不能实现随机存取（random access）。如果我们想要找一个数组a的中间元素，直接a[len/2]就可以了，但是链表不行，因为只有a[len/2 - 1] 知道a[len/2]在哪儿，其他人不知道。因此，如果按照数组的做法依样画葫芦，要找到链表的中点，我们需要做两步（1）知道链表有多长（2）从头结点开始顺序遍历到链表长度的一半的位置。这就需要1.5n（n为链表的长度）的时间复杂度了。有没有更好的办法呢？有的。想法很简单：两个人赛跑，如果A的速度是B的两倍的话，当A到终点的时候，B应该刚到中点。这只需要遍历一遍链表就行了，还不用计算链表的长度。