【LeetCode力扣】234 快慢指针 | 反转链表 | 还原链表

 

目录

1、题目介绍

2、解题思路

2.1、暴力破解法

2.2、快慢指针反转链表

 

1、题目介绍

原题链接： 234. 回文链表 - 力扣（LeetCode）

示例 1：

输入：head = [1,2,2,1]
输出：true 

示例 2：

输入：head = [1,2]
输出：false 

提示： 

• 链表中节点数目在范围[1, 10^5] 内
• 0 <= Node.val <= 9

进阶：你能否用 O(n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度解决此题？

2、解题思路

判断回文，就是判断是否是对称的。有些朋友对于数组的回文判断非常熟悉，但是对链表的回文判断可能就无从下手了，其实都一样的。有一种非常简单的方式就是将链表转化成数组，然后就是判断该数组是否回文就可以了，这种方式统称暴力破解法，简单粗暴。下面就来先带着大家看一下这道题的暴力破解法。

2.1、暴力破解法

一共为两个步骤：

1. 复制链表值到数组列表中。
2. 使用双指针法判断是否为回文。

首先按照题目要求的最大大小定义一个大小为100001的整型数组，接着通过循环遍历将链表中每个结点的值取出放入数组中，最后通过两个指针，一个从左一个从右分别判断是否相等，只要遇到一个不相等就返回false，否则当循环结束时返回true。

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     struct ListNode *next;
 * };
 */
bool isPalindrome(struct ListNode* head){
    int arr[100001] = {0},num = 0;
    while(head)
    {
        arr[num] = head->val;
        head = head->next;
        num++;
    }
    int i= 0;
    int j =0;
    for(i = 0,j = num-1; i
    {
        if(arr[i]!=arr[j])
        {
            return false;
        }
    }
    return true;
}

时间复杂度：O(n)，其中 n 指的是链表的元素个数。

• 第一步：遍历链表并将值复制到数组中，O(n)。
• 第二步：双指针判断是否为回文，执行了 O(n/2) 次的判断，即O(n)。
• 总的时间复杂度：O(2n)=O(n)。

空间复杂度：O(n)，其中 n 指的是链表的元素个数，我们使用了一个数组列表存放链表的元素值。

进阶：你能否用 O(n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度解决此题？

下面带大家做一下本题的进阶，使用快慢指针反转链表实现空间复杂度为O(1)的算法。

2.2、快慢指针反转链表

整个流程可以分为以下五个步骤：

1. 找到前半部分链表的尾节点。
2. 反转后半部分链表。
3. 判断是否回文。
4. 恢复链表。
5. 返回结果。

对于第一步找到前半部分链表的尾结点，我们可以计算链表结点个数然后再找到前半部分的尾结点，也可以通过快慢指针一次遍历找到前半部分的尾结点。

慢指针一次走一步，快指针一次走两步，快慢指针同时出发。当快指针移动到链表的末尾时，慢指针恰好到链表的中间。通过慢指针将链表分为两部分。

此时slow就是前半部分的尾结点，而slow的下一个结点就是后半部分的头结点。于是让fast回到slow的next结点处，将后半部分的结点全部反转，然后slow即前半部分的尾结点置空。

紧接着将让slow从head重新出发，fast从最后结点出发，分别向中间结点靠近并判断，只要相等就一直向中间靠近，遇到不相同时直接返回false，否则当循环退出时返回true。

最后在将反转链表还原回去即可。 

 代码实现：

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     struct ListNode *next;
 * };
 */
bool isPalindrome(struct ListNode* head){
    if(head == NULL || head->next == NULL)
    {
        return true;
    }
    struct ListNode* n1 = head;
    struct ListNode* n2 = head;
    //快慢指针遍历
    while(n2->next != NULL && n2->next->next != NULL)
    {
        n1 = n1->next;          //慢指针
        n2 = n2->next->next;    //快指针 
    }
    n2 = n1->next;   //右边第一个
    n1->next = NULL;
    struct ListNode* n3;
    //反转右半边链表
    while(n2 != NULL)
    {
        n3 = n2->next;  //n3存放n2的next
        n2->next = n1;
        n1 = n2;
        n2 = n3;
    }
    //当循环结束时n1所指向的位置就是链表最后一个结点，
    n2 = n3 = n1;  //将n2和n3指回最后一个节点
    n1 = head;     //n1回到头结点
    bool flag = true;
    //判断是否是回文
    while(n1 != NULL && n2 != NULL)
    {
        if(n1->val != n2->val)
        {
            flag = false;
            break;
        }
        n1 = n1->next;
        n2 = n2->next;
    }
    //还原链表
    n2 = n3->next;    //n3此时指向最后一个结点，因为反转了链表，n3的next就是上一个结点
    n3->next = NULL;
    while(n2!=NULL)
    {
        n1 = n2->next;
        n2->next = n3;
        n3 = n2;
        n2 = n1;
    }
 
    return flag;
}

时间复杂度：O(n)，其中 n 指的是链表的大小。

空间复杂度：O(1)。我们只会修改原本链表中节点的指向，而在堆栈上的堆栈帧不超过 O(1)。

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