LC 25. K 个一组翻转链表
题目描述
这是 LeetCode 上的 25. K 个一组翻转链表 ,难度为 困难。
给你一个链表,每 k
个节点一组进行翻转,请你返回翻转后的链表。
k
是一个正整数,它的值小于或等于链表的长度。
如果节点总数不是 k
的整数倍,那么请将最后剩余的节点保持原有顺序。
进阶:
- 你可以设计一个只使用常数额外空间的算法来解决此问题吗?
- 你不能只是单纯的改变节点内部的值,而是需要实际进行节点交换。
示例 1:
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示例 2:
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示例 3:1
2
3输入:head = [1,2,3,4,5], k = 1
输出:[1,2,3,4,5]
示例 4:1
2
3输入:head = [1], k = 1
输出:[1]
提示:
- 列表中节点的数量在范围
sz
内 - $1 <= sz <= 5000$
- $0 <= Node.val <= 1000$
- $1 <= k <= sz$
迭代(哨兵技巧)
哨兵技巧我们在前面的多道链表题讲过,让三叶来帮你回忆一下:
做有关链表的题目,有个常用技巧:添加一个虚拟头结点(哨兵),帮助简化边界情况的判断。
链表和树的题目天然适合使用递归来做。
但这次我们先将简单的「递归版本」放一放,先搞清楚迭代版本该如何实现。
我们可以设计一个翻转函数 reverse
:
传入节点 root
作为参数,函数的作用是将以 root
为起点的 $k$ 个节点进行翻转。
当以 root
为起点的长度为 $k$ 的一段翻转完成后,再将下一个起始节点传入,直到整条链表都被处理完成。
当然,在 reverse
函数真正执行翻转前,需要先确保节点 root
后面至少有 $k$ 个节点。
我们可以结合图解再来体会一下这个过程:
假设当前样例为 1->2->3->4->5->6->7
和 k = 3
:
然后我们调用 reverse(cur, k)
,在 reverse()
方法内部,几个指针的指向如图所示,会通过先判断 cur
是否为空,从而确定是否有足够的节点进行翻转:
然后先通过 while
循环,将中间的数量为 k - 1
的 next 指针进行翻转:
.png)
最后再处理一下局部的头结点和尾结点,这样一次 reverse(cur, k)
执行就结束了:
.png)
回到主方法,将 cur
往前移动 k
步,再调用 reverse(cur, k)
实现 k
个一组翻转:
.png)
Java 代码:1
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33class Solution {
public ListNode reverseKGroup(ListNode head, int k) {
ListNode dummy = new ListNode(-1);
dummy.next = head;
ListNode cur = dummy;
while (cur != null) {
reverse(cur, k);
int u = k;
while (u-- > 0 && cur != null) cur = cur.next;
}
return dummy.next;
}
// reverse 的作用是将 root 后面的 k 个节点进行翻转
void reverse(ListNode root, int k) {
// 检查 root 后面是否有 k 个节点
int u = k;
ListNode cur = root;
while (u-- > 0 && cur != null) cur = cur.next;
if (cur == null) return;
// 进行翻转
ListNode tail = cur.next;
ListNode a = root.next, b = a.next;
// 当需要翻转 k 个节点时,中间有 k - 1 个 next 指针需要翻转
while (k-- > 1) {
ListNode c = b.next;
b.next = a;
a = b;
b = c;
}
root.next.next = tail;
root.next = a;
}
}
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34class Solution {
public:
ListNode* reverseKGroup(ListNode* head, int k) {
ListNode* dummy = new ListNode(-1);
dummy->next = head;
ListNode* cur = dummy;
while (cur != NULL) {
reverse(cur, k);
int u = k;
while (u-- > 0 && cur != NULL) cur = cur->next;
}
return dummy->next;
}
// reverse 的作用是将 root 后面的 k 个节点进行翻转
void reverse(ListNode* root, int k) {
// 检查 root 后面是否有 k 个节点
int u = k;
ListNode* cur = root;
while (u-- > 0 && cur != NULL) cur = cur->next;
if (cur == NULL) return;
// 进行翻转
ListNode* tail = cur->next;
ListNode* a = root->next, *b = a->next;
// 当需要翻转 k 个节点时,中间有 k - 1 个 next 指针需要翻转
while (k-- > 1) {
ListNode* c = b->next;
b->next = a;
a = b;
b = c;
}
root->next->next = tail;
root->next = a;
}
};
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31class Solution:
def reverseKGroup(self, head: Optional[ListNode], k: int) -> Optional[ListNode]:
# reverse 的作用是将 root 后面的 k 个节点进行翻转
def reverse(root, k):
# 检查 root 后面是否有 k 个节点
u, cur = k, root
while u > 0 and cur:
cur = cur.next
u -= 1
if not cur: return
# 进行翻转
tail = cur.next
a, b = root.next, root.next.next
# 当需要翻转 k 个节点时,中间有 k - 1 个 next 指针需要翻转
while k > 1:
c, b.next = b.next, a
a, b = b, c
k -= 1
root.next.next = tail
root.next = a
dummy = ListNode(-1)
dummy.next = head
cur = dummy
while cur:
reverse(cur, k)
u = k
while u > 0 and cur:
cur = cur.next
u -= 1
return dummy.next
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29function reverseKGroup(head: ListNode | null, k: number): ListNode | null {
// reverse 的作用是将 root 后面的 k 个节点进行翻转
const reverse = function(root: ListNode | null, k: number): void {
// 检查 root 后面是否有 k 个节点
let u = k, cur = root;
while (u-- > 0 && cur != null) cur = cur.next;
if (cur == null) return;
// 进行翻转
let tail = cur.next, a = root.next, b = a.next;
// 当需要翻转 k 个节点时,中间有 k - 1 个 next 指针需要翻转
while (k-- > 1) {
let c = b.next;
b.next = a;
a = b;
b = c;
}
root.next.next = tail;
root.next = a;
};
let dummy = new ListNode(-1);
dummy.next = head;
let cur = dummy;
while (cur != null) {
reverse(cur, k);
let u = k;
while (u-- > 0 && cur != null) cur = cur.next;
}
return dummy.next;
};
- 时间复杂度:会将每个节点处理一遍。复杂度为 $O(n)$
- 空间复杂度:$O(1)$
递归
搞懂了较难的「迭代哨兵」版本之后,常规的「递归无哨兵」版本写起来应该更加容易了。
需要注意的是,当我们不使用「哨兵」时,检查是否足够 $k$ 位,只需要检查是否有 $k - 1$ 个 $next$ 指针即可。
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19class Solution {
public ListNode reverseKGroup(ListNode head, int k) {
int u = k;
ListNode p = head;
while (p != null && u-- > 1) p = p.next;
if (p == null) return head;
ListNode tail = head;
ListNode prev = head, cur = prev.next;
u = k;
while (u-- > 1) {
ListNode tmp = cur.next;
cur.next = prev;
prev = cur;
cur = tmp;
}
tail.next = reverseKGroup(cur, k);
return prev;
}
}
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20class Solution {
public:
ListNode* reverseKGroup(ListNode* head, int k) {
int u = k;
ListNode* p = head;
while (p != NULL && u-- > 1) p = p->next;
if (p == NULL) return head;
ListNode* tail = head;
ListNode* prev = head, *cur = prev->next;
u = k;
while (u-- > 1) {
ListNode* tmp = cur->next;
cur->next = prev;
prev = cur;
cur = tmp;
}
tail->next = reverseKGroup(cur, k);
return prev;
}
};
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19class Solution:
def reverseKGroup(self, head: Optional[ListNode], k: int) -> Optional[ListNode]:
u = k
p = head
while p and u > 1:
p = p.next
u -= 1
if not p: return head
tail = prev = head
cur = prev.next
u = k
while u > 1:
tmp = cur.next
cur.next = prev
prev, cur = cur, tmp
u -= 1
tail.next = self.reverseKGroup(cur, k)
return prev
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16function reverseKGroup(head: ListNode | null, k: number): ListNode | null {
let u = k;
let p = head;
while (p != null && u-- > 1) p = p.next;
if (p == null) return head;
let tail = head, prev = head, cur = prev.next;
u = k;
while (u-- > 1) {
let tmp = cur.next;
cur.next = prev;
prev = cur;
cur = tmp;
}
tail.next = reverseKGroup(cur, k);
return prev;
};
- 时间复杂度:会将每个节点处理一遍。复杂度为 $O(n)$
- 空间复杂度:只有忽略递归带来的空间开销才是 $O(1)$
最后
这是我们「刷穿 LeetCode」系列文章的第 No.25
篇,系列开始于 2021/01/01,截止于起始日 LeetCode 上共有 1916 道题目,部分是有锁题,我们将先把所有不带锁的题目刷完。
在这个系列文章里面,除了讲解解题思路以外,还会尽可能给出最为简洁的代码。如果涉及通解还会相应的代码模板。
为了方便各位同学能够电脑上进行调试和提交代码,我建立了相关的仓库:https://github.com/SharingSource/LogicStack-LeetCode 。
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