目录
LeetCode24. 两两交换链表中的节点
链接： 24. 两两交换链表中的节点 - 力扣（LeetCode）
1. 思路
这道题目正常模拟就可以了。
建议使用虚拟头结点，这样会方便很多，要不然每次针对头结点（没有前一个指针指向头结点），还要单独处理。
接下来就是交换相邻两个元素了，此时一定要画图，不画图，操作多个指针很容易乱，而且要操作的先后顺序
初始时，cur指向虚拟头结点，然后进行如下三步：
操作之后，链表如下：
看这个可能就更直观一些了：
具体实现的细节：
- 创建dummyNode，避免把链表头节点拿出来单独讨论；
- cur要指向需要操作的两个链表Node的前一个元素，才能对后面两个Node进行操作，所以初始化的cur指向dummyNode即可；
- while的终止条件是什么？链表节点两两交换，如果链表的节点个数是偶数个，那么终止条件是cur.next == None , 如果链表的节点个数是奇数个，那么终止条件是cur.next.next == None；
- 交换节点的具体操作，在实施的时候会发现，需要把cur.next 以及cur.next.next.next 都用临时指针tmp保存起来，不然需要的节点会在改变指向的时候丢失；
2. 代码实现
# Definition for singly-linked list.
# class ListNode(object):
# def __init__(self, val=0, next=None):
# self.val = val
# self.next = next
class Solution(object):
def swapPairs(self, head):
"""
:type head: ListNode
:rtype: ListNode
"""
dummyNode = ListNode(0)
dummyNode.next = head
cur = dummyNode
while(cur.next != None and cur.next.next != None):
# 先记录必要的节点
tmp1 = cur.next
tmp2 = cur.next.next.next
# 交换节点指针的逻辑
cur.next = cur.next.next # 步骤一
cur.next.next = tmp1 # 步骤二
tmp1.next = tmp2 # 步骤三
# cur 向后移动
cur = cur.next.next
return dummyNode.next
3. 复杂度分析
时间复杂度：O(N）
cur指针需要把链表从头遍历到尾，几乎每个节点都需要进行一次交换的逻辑，所以时间复杂度为O(N）；
空间复杂度：O( 1)
空间上只有几个指针占用内存，是常数级别的，因此空间复杂度为O（1）。
4. 思考
- 链表的很多题目几乎都要用到虚拟头节点的技巧，可以精简代码；
- 写出来代码之后，需要在心里想一下极端情况，比如链表为空，链表只有一个元素的情况，代码能不能cover住；
- 本题链表操作相对复杂，但是核心就主要是两个问题要想清楚，第一个是while的循环条件是什么，第二个是交换元素的操作是什么样的。
Reference：
本题学习时间：40分钟。
LeetCode19.删除链表的倒数第N个节点
链接： 19. 删除链表的倒数第 N 个结点 - 力扣（LeetCode）
1. 思路
这一题的关键点是如何找到倒数第N个节点（倒数第N个节点-1）？
双指针的经典应用，如果要删除倒数第n个节点，让fast移动n步，然后让fast和slow同时移动，直到fast指向链表末尾。删掉slow所指向的节点就可以了。
思路是这样的，但要注意一些细节。分为如下几步：
- 首先使用虚拟头结点，这样方面处理删除实际头结点的逻辑，
- 定义fast指针和slow指针，初始值为虚拟头结点，如图：
- fast首先走n + 1步 ，为什么是n+1呢，因为只有这样同时移动的时候slow才能指向删除节点的上一个节点（方便做删除操作），如图：
- fast和slow同时移动，直到fast指向末尾，如图：
- 删除slow指向的下一个节点，如图：
2. 代码实现
# Definition for singly-linked list.
# class ListNode(object):
# def __init__(self, val=0, next=None):
# self.val = val
# self.next = next
# time:O(N);space:O(1)
class Solution(object):
def removeNthFromEnd(self, head, n):
"""
:type head: ListNode
:type n: int
:rtype: ListNode
"""
# 双指针法
# complexity analysis: time O(N) space O(1)
dummyNode = ListNode()
dummyNode.next = head
slowPointer = dummyNode
fastPointer = dummyNode
for _ in range(n+1):
fastPointer = fastPointer.next
while fastPointer:
slowPointer = slowPointer.next
fastPointer = fastPointer.next
slowPointer.next = slowPointer.next.next
return dummyNode.next
3. 复杂度分析
时间复杂度：O(N）
要找到倒数第N个节点，最差的情况要一直遍历到最末尾才能找到，因此时间复杂度为O(N）；
空间复杂度：O(1）
只占用常数个指针，因此空间复杂度为O(1）。
4. 思考
- 用next的时候要想，会不会产生None.next的情况，在这里，如果是删除的最后一个元素的话，slowPointer 会指向倒数第二个，所以slowPointer.next.next本身才是None；
- 考虑链表为空和链表只有一个元素的情况是否包含在代码里面了。
Reference：代码随想录 (programmercarl.com)
本题学习时间：40分钟。
Leetcode160. 相交链表
1. 思路
简单来说，就是求两个链表交点节点的指针。 这里同学们要注意，交点不是数值相等，而是指针相等。
两个链表，一定有一个长的，有一个短的，如果他们在某个地方有交点，那么一定在某个地方的指针指向同一个Node，然后之后的node都是重合的。
所以可以先把两个链表右对齐，然后以对应短链表的头节点为起始点，两个指针同时遍历，然后同时比较，如果在走到最后一个元素之前，有指针相等的情况，则说明这两个链表有交点。
举个栗子
为了方便举例，假设节点元素数值相等，则节点指针相等。看如下两个链表，目前curA指向链表A的头结点，curB指向链表B的头结点：
我们求出两个链表的长度，并求出两个链表长度的差值，然后让curA移动到，和curB 末尾对齐的位置，如图：
此时我们就可以比较curA和curB是否相同，如果不相同，同时向后移动curA和curB，如果遇到curA == curB，则找到交点。
否则循环退出返回空指针。
2. 代码实现
# time：O(m+n);space:O(1)
class Solution(object):
def getIntersectionNode(self, headA, headB):
"""
:type head1, head1: ListNode
:rtype: ListNode
"""
LenA = 0
LenB = 0
curA = headA
curB = headB
# 计算A和B链表各自的长度
while curA:
curA = curA.next
LenA += 1
while curB:
curB = curB.next
LenB += 1
# 让A成为最长的链表
if LenB > LenA:
headA,headB = headB,headA
LenA,LenB = LenB,LenA
# 将起始指针移动到合适的位置
gap = LenA - LenB
curA,curB = headA,headB
for _ in range(gap):
curA = curA.next
# 开始同时遍历判断是否相等了
for _ in range(LenB):
if curA == curB:
return curA
else:
curA = curA.next
curB = curB.next
return None
3. 复杂度分析
时间复杂度：O(m+n)
m和n各自是长链表和短链表的长度，首先计算两个链表长度的复杂度就分别是O(m)和O(n),将A的指针移动到合适的位置就是O(m-n)的复杂度，然后两个指针同时往后遍历就是O(2n)的复杂度，综上全部加起来，是O(m+n)的时间复杂度；
空间复杂度：O(1）
整个代码只有常数个变量储存，因此空间复杂度为O（1）。
4. 思考
- 数值相同，不代表指针相同，要定义两个指针去比较才可以，不能光看数值；
- 一开始觉得不知道从何开始比较，抓住一个关键点，两个链表如果有相交的元素的话，把最后面对齐之后，一个个比较即可。
Reference：代码随想录 (programmercarl.com)
本题学习时间： 30分钟。
LeetCode142. 环形链表
链接：142. 环形链表 II - 力扣（LeetCode）
1. 思路
这道题目，不仅考察对链表的操作，而且还需要一些数学运算。
主要考察两知识点：
- 判断链表是否环
- 如果有环，如何找到这个环的入口
判断链表是否有环
可以使用快慢指针法，分别定义 fast 和 slow 指针，从头结点出发，fast指针每次移动两个节点，slow指针每次移动一个节点，如果 fast 和 slow指针在途中相遇 ，说明这个链表有环。
为什么fast 走两个节点，slow走一个节点，有环的话，一定会在环内相遇呢，而不是永远的错开呢
首先第一点：fast指针一定先进入环中，如果fast指针和slow指针相遇的话，一定是在环中相遇，这是毋庸置疑的。因为在直线的阶段，fast移动速度快于slow，方向又不变，fast和slow不可能在直线上相遇。
那么来看一下，为什么fast指针和slow指针一定会相遇呢？
可以画一个环，然后让 fast指针在任意一个节点开始追赶slow指针。
会发现最终都是这种情况， 如下图：
fast和slow各自再走一步， fast和slow就相遇了
这是因为fast是走两步，slow是走一步，其实相对于slow来说，fast是一个节点一个节点的靠近slow的，所以fast一定可以和slow重合。
如果有环，如何找到这个环的入口
假设从头结点到环形入口节点 的节点数为x。 环形入口节点到 fast指针与slow指针相遇节点 节点数为y。 从相遇节点 再到环形入口节点节点数为 z。 如图所示：
那么相遇时： slow指针走过的节点数为: x + y， fast指针走过的节点数：x + y + n (y + z)，n为fast指针在环内走了n圈才遇到slow指针， （y+z）为 一圈内节点的个数A。
因为fast指针是一步走两个节点，slow指针一步走一个节点， 所以 fast指针走过的节点数 = slow指针走过的节点数 * 2：
(x + y) * 2 = x + y + n (y + z)
两边消掉一个（x+y）: x + y = n (y + z)
因为要找环形的入口，那么要求的是x，因为x表示 头结点到 环形入口节点的的距离。
所以要求x ，将x单独放在左面：x = n (y + z) - y ,
再从n(y+z)中提出一个 （y+z）来，整理公式之后为如下公式：x = (n - 1) (y + z) + z 注意这里n一定是大于等于1的，因为 fast指针至少要多走一圈才能相遇slow指针。
这个公式说明什么呢？
先拿n为1的情况来举例，意味着fast指针在环形里转了一圈之后，就遇到了 slow指针了。
当 n为1的时候，公式就化解为 x = z，
这就意味着，从头结点出发一个指针，从相遇节点 也出发一个指针，这两个指针每次只走一个节点， 那么当这两个指针相遇的时候就是 环形入口的节点。
也就是在相遇节点处，定义一个指针index1，在头结点处定一个指针index2。
让index1和index2同时移动，每次移动一个节点， 那么他们相遇的地方就是 环形入口的节点。
那么 n如果大于1是什么情况呢，就是fast指针在环形转n圈之后才遇到 slow指针。
其实这种情况和n为1的时候 效果是一样的，一样可以通过这个方法找到 环形的入口节点，只不过，index1 指针在环里 多转了(n-1)圈，然后再遇到index2，相遇点依然是环形的入口节点。
思路补充
理解方法一：
在推理过程中，大家可能有一个疑问就是：为什么第一次在环中相遇，slow的 步数 是 x+y 而不是 x + 若干环的长度 + y 呢？
首先slow进环的时候，fast一定是先进环来了。
如果slow进环入口，fast也在环入口，那么把这个环展开成直线，就是如下图的样子：
可以看出如果slow 和 fast同时在环入口开始走，一定会在环入口3相遇，slow走了一圈，fast走了两圈。
重点来了，slow进环的时候，fast一定是在环的任意一个位置，如图：
那么fast指针走到环入口3的时候，已经走了k + n 个节点，slow相应的应该走了(k + n) / 2 个节点。
因为k是小于n的（图中可以看出），所以(k + n) / 2 一定小于n。
也就是说slow一定没有走到环入口3，而fast已经到环入口3了。
这说明什么呢？
在slow开始走的那一环已经和fast相遇了。
那有同学又说了，为什么fast不能跳过去呢？ 在刚刚已经说过一次了，fast相对于slow是一次移动一个节点，所以不可能跳过去。
理解方法二：
2. 代码实现
# Definition for singly-linked list.
# class ListNode(object):
# def __init__(self, x):
# self.val = x
# self.next = None
# time：O(N)；space：O(1)
class Solution(object):
def detectCycle(self, head):
"""
:type head: ListNode
:rtype: ListNode
"""
slow = head
fast = head
while fast != None and fast.next != None:
slow = slow.next
fast = fast.next.next
# 判断是否有环，如果相遇则有环
if fast == slow:
meet = slow
begin = head
# 找环的入口
while meet != begin:
meet = meet.next
begin = begin.next
return meet
return None
3. 复杂度分析
时间复杂度：O(N)
其中 N 为链表中节点的数目。在最初判断快慢指针是否相遇时，slow 指针走过的距离不会超过链表的总长度，fast指针走的距离不会超过二倍的长度；随后寻找入环点时，走过的距离也不会超过链表的总长度，因此，总的执行时间为O(N) ；
空间复杂度：O(1)
我们只使用了 slow,fast,meet,begin 这几个指针
4. 思考
- 算是链表比较有难度的题目，需要多花点时间理解 确定环和找环入口
- 本题的难度在于数学推理出这种做法来，其实代码写出来非常简洁。
Reference：
本题学习时间： 60分钟。
PS：本篇学习了链表的四道题，用到了模拟，双指针和数学推理的技巧；是10.2号补上的；总体所花时间3小时。