本文转载于：labuladong的[单链表的六大解题套路](https://mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzAxODQxMDM0Mw==&mid=2247492022&idx=1&sn=35f6cb8ab60794f8f52338fab3e5cda5&scene=21#wechat_redirect) 说到单链表有很多巧妙的操作，本文就总结一下单链表的基本技巧，每个技巧都对应着至少一道算法题： 1、合并两个有序链表 2、合并`k`个有序链表 3、寻找单链表的倒数第`k`个节点 4、寻找单链表的中点 5、判断单链表是否包含环并找出环起点 6、判断两个单链表是否相交并找出交点 这些解法都用到了双指针技巧，所以说对于单链表相关的题目，双指针的运用是非常广泛的，下面我们就来一个一个看。 ### 合并两个有序链表 这是最基本的链表技巧，力扣第 21 题「合并两个有序链表」就是这个问题：  给你输入两个有序链表，请你把他俩合并成一个新的有序链表，函数签名如下： ~~~ ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2); ~~~ 这题比较简单，我们直接看解法： ``` ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2) { // 虚拟头结点     ListNode dummy = new ListNode(-1), p = dummy;     ListNode p1 = l1, p2 = l2; while (p1 != null && p2 != null) { // 比较 p1 和 p2 两个指针 // 将值较小的的节点接到 p 指针 if (p1.val > p2.val) {             p.next = p2;             p2 = p2.next;         } else {             p.next = p1;             p1 = p1.next;         } // p 指针不断前进         p = p.next;     } if (p1 != null) {         p.next = p1;     } if (p2 != null) {         p.next = p2;     } return dummy.next; } ``` 我们的 while 循环每次比较`p1`和`p2`的大小，把较小的节点接到结果链表上：  这个算法的逻辑类似于「拉拉链」，`l1, l2`类似于拉链两侧的锯齿，指针`p`就好像拉链的拉索，将两个有序链表合并。 **代码中还用到一个链表的算法题中是很常见的「虚拟头节点」技巧，也就是`dummy`节点**。你可以试试，如果不使用`dummy`虚拟节点，代码会复杂很多，而有了`dummy`节点这个占位符，可以避免处理空指针的情况，降低代码的复杂性。 ### 合并 k 个有序链表 看下力扣第 23 题「合并K个升序链表」：  函数签名如下： ~~~ ListNode mergeKLists(ListNode[] lists); ~~~ 合并`k`个有序链表的逻辑类似合并两个有序链表，难点在于，如何快速得到`k`个节点中的最小节点，接到结果链表上？ 这里我们就要用到[优先级队列（二叉堆）](https://mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzAxODQxMDM0Mw==&mid=2247484495&idx=1&sn=bbfeba9bb5cfd50598e2a4d08c839ee9&scene=21#wechat_redirect)这种数据结构，把链表节点放入一个最小堆，就可以每次获得`k`个节点中的最小节点： ``` ListNode mergeKLists(ListNode\[\] lists) { if (lists.length == 0) returnnull; // 虚拟头结点     ListNode dummy = new ListNode(-1);     ListNode p = dummy; // 优先级队列，最小堆     PriorityQueue pq = new PriorityQueue<>(         lists.length, (a, b)->(a.val - b.val)); // 将 k 个链表的头结点加入最小堆 for (ListNode head : lists) { if (head != null)             pq.add(head);     } while (!pq.isEmpty()) { // 获取最小节点，接到结果链表中         ListNode node = pq.poll();         p.next = node; if (node.next != null) {             pq.add(node.next);         } // p 指针不断前进         p = p.next;     } return dummy.next; } ``` 这个算法是面试常考题，它的时间复杂度是多少呢？ 优先队列`pq`中的元素个数最多是`k`，所以一次`poll`或者`add`方法的时间复杂度是`O(logk)`；所有的链表节点都会被加入和弹出`pq`，**所以算法整体的时间复杂度是`O(Nlogk)`，其中`k`是链表的条数，`N`是这些链表的节点总数**。 ### 单链表的倒数第 k 个节点 从前往后寻找单链表的第`k`个节点很简单，一个 for 循环遍历过去就找到了，但是如何寻找从后往前数的第`k`个节点呢？ 那你可能说，假设链表有`n`个节点，倒数第`k`个节点就是正数第`n - k`个节点，不也是一个 for 循环的事儿吗？ 是的，但是算法题一般只给你一个`ListNode`头结点代表一条单链表，你不能直接得出这条链表的长度`n`，而需要先遍历一遍链表算出`n`的值，然后再遍历链表计算第`n - k`个节点。 也就是说，这个解法需要遍历两次链表才能得到出倒数第`k`个节点。 那么，我们能不能**只遍历一次链表**，就算出倒数第`k`个节点？可以做到的，如果是面试问到这道题，面试官肯定也是希望你给出只需遍历一次链表的解法。 这个解法就比较巧妙了，假设`k = 2`，思路如下： 首先，我们先让一个指针`p1`指向链表的头节点`head`，然后走`k`步：  现在的`p1`，只要再走`n - k`步，就能走到链表末尾的空指针了对吧？ 趁这个时候，再用一个指针`p2`指向链表头节点`head`：  接下来就很显然了，让`p1`和`p2`同时向前走，`p1`走到链表末尾的空指针时走了`n - k`步，`p2`也走了`n - k`步，也就恰好到达了链表的倒数第`k`个节点：  这样，只遍历了一次链表，就获得了倒数第`k`个节点`p2`。 上述逻辑的代码如下： ``` // 返回链表的倒数第 k 个节点 ListNode findFromEnd(ListNode head, int k) {     ListNode p1 = head; // p1 先走 k 步 for (int i = 0; i < k; i++) {         p1 = p1.next;     }     ListNode p2 = head; // p1 和 p2 同时走 n - k 步 while (p1 != null) {         p2 = p2.next;         p1 = p1.next;     } // p2 现在指向第 n - k 个节点 return p2; } ``` 当然，如果用 big O 表示法来计算时间复杂度，无论遍历一次链表和遍历两次链表的时间复杂度都是`O(N)`，但上述这个算法更有技巧性。 很多链表相关的算法题都会用到这个技巧，比如说力扣第 19 题「删除链表的倒数第 N 个结点」：  我们直接看解法代码： ``` // 主函数 public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) { // 虚拟头节点     ListNode dummy = new ListNode(-1);     dummy.next = head; // 删除倒数第 n 个，要先找倒数第 n + 1 个节点     ListNode x = findFromEnd(dummy, n + 1); // 删掉倒数第 n 个节点     x.next = x.next.next; return dummy.next; } private ListNode findFromEnd(ListNode head, int k) { // 代码见上文 } ``` 这个逻辑就很简单了，要删除倒数第`n`个节点，就得获得倒数第`n + 1`个节点的引用，可以用我们实现的`findFromEnd`来操作。 不过注意我们又使用了虚拟头结点的技巧，也是为了防止出现空指针的情况，比如说链表总共有 5 个节点，题目就让你删除倒数第 5 个节点，也就是第一个节点，那按照算法逻辑，应该首先找到倒数第 6 个节点。但第一个节点前面已经没有节点了，这就会出错。 但有了我们虚拟节点`dummy`的存在，就避免了这个问题，能够对这种情况进行正确的删除。 ### 单链表的中点 力扣第 876 题「链表的中间结点」就是这个题目，问题的关键也在于我们无法直接得到单链表的长度`n`，常规方法也是先遍历链表计算`n`，再遍历一次得到第`n / 2`个节点，也就是中间节点。 如果想一次遍历就得到中间节点，也需要耍点小聪明，使用「快慢指针」的技巧： 我们让两个指针`slow`和`fast`分别指向链表头结点`head`。 **每当慢指针`slow`前进一步，快指针`fast`就前进两步，这样，当`fast`走到链表末尾时，`slow`就指向了链表中点**。 上述思路的代码实现如下： ``` ListNode middleNode(ListNode head) { // 快慢指针初始化指向 head     ListNode slow = head, fast = head; // 快指针走到末尾时停止 while (fast != null && fast.next != null) { // 慢指针走一步，快指针走两步         slow = slow.next;         fast = fast.next.next;     } // 慢指针指向中点 return slow; } ``` 需要注意的是，如果链表长度为偶数，也就是说中点有两个的时候，我们这个解法返回的节点是靠后的那个节点。 另外，这段代码稍加修改就可以直接用到判断链表成环的算法题上。 ### 判断链表是否包含环 判断单链表是否包含环属于经典问题了，解决方案也是用快慢指针： 每当慢指针`slow`前进一步，快指针`fast`就前进两步。 如果`fast`最终遇到空指针，说明链表中没有环；如果`fast`最终和`slow`相遇，那肯定是`fast`超过了`slow`一圈，说明链表中含有环。 只需要把寻找链表中点的代码稍加修改就行了： ``` boolean hasCycle(ListNode head) { // 快慢指针初始化指向 head     ListNode slow = head, fast = head; // 快指针走到末尾时停止 while (fast != null && fast.next != null) { // 慢指针走一步，快指针走两步         slow = slow.next;         fast = fast.next.next; // 快慢指针相遇，说明含有环 if (slow == fast) { returntrue;         }     } // 不包含环 returnfalse; } ``` 当然，这个问题还有进阶版：如果链表中含有环，如何计算这个环的起点？  这里简单提一下解法： ``` ListNode detectCycle(ListNode head) {     ListNode fast, slow;     fast = slow = head; while (fast != null && fast.next != null) {         fast = fast.next.next;         slow = slow.next; if (fast == slow) break;     } // 上面的代码类似 hasCycle 函数 if (fast == null || fast.next == null) { // fast 遇到空指针说明没有环 returnnull;     } // 重新指向头结点     slow = head; // 快慢指针同步前进，相交点就是环起点 while (slow != fast) {         fast = fast.next;         slow = slow.next;     } return slow; } ``` 可以看到，当快慢指针相遇时，让其中任一个指针指向头节点，然后让它俩以相同速度前进，再次相遇时所在的节点位置就是环开始的位置。 我们假设快慢指针相遇时，慢指针`slow`走了`k`步，那么快指针`fast`一定走了`2k`步：  **`fast`一定比`slow`多走了`k`步，这多走的`k`步其实就是`fast`指针在环里转圈圈，所以`k`的值就是环长度的「整数倍」**。 假设相遇点距环的起点的距离为`m`，那么结合上图的 slow指针，环的起点距头结点`head`的距离为`k - m`，也就是说如果从`head`前进`k - m`步就能到达环起点。 巧的是，如果从相遇点继续前进`k - m`步，也恰好到达环起点。因为结合上图的 fast指针，从相遇点开始走`k`步可以转回到相遇点，那走`k - m`步肯定就走到环起点了：  所以，只要我们把快慢指针中的任一个重新指向`head`，然后两个指针同速前进，`k - m`步后一定会相遇，相遇之处就是环的起点了。 ### 两个链表是否相交 这个问题有意思，也是力扣第 160 题「相交链表」函数签名如下： ~~~ ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB); ~~~ 给你输入两个链表的头结点`headA`和`headB`，这两个链表可能存在相交。 如果相交，你的算法应该返回相交的那个节点；如果没相交，则返回 null。 比如题目给我们举的例子，如果输入的两个链表如下图：  那么我们的算法应该返回`c1`这个节点。 这个题直接的想法可能是用`HashSet`记录一个链表的所有节点，然后和另一条链表对比，但这就需要额外的空间。 如果不用额外的空间，只使用两个指针，你如何做呢？ 难点在于，由于两条链表的长度可能不同，两条链表之间的节点无法对应：  如果用两个指针`p1`和`p2`分别在两条链表上前进，并不能**同时**走到公共节点，也就无法得到相交节点`c1`。 **所以，解决这个问题的关键是，通过某些方式，让`p1`和`p2`能够同时到达相交节点`c1`**。 所以，我们可以让`p1`遍历完链表`A`之后开始遍历链表`B`，让`p2`遍历完链表`B`之后开始遍历链表`A`，这样相当于「逻辑上」两条链表接在了一起。 如果这样进行拼接，就可以让`p1`和`p2`同时进入公共部分，也就是同时到达相交节点`c1`：  那你可能会问，如果说两个链表没有相交点，是否能够正确的返回 null 呢？ 这个逻辑可以覆盖这种情况的，相当于`c1`节点是 null 空指针嘛，可以正确返回 null。 按照这个思路，可以写出如下代码： ``` ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) { // p1 指向 A 链表头结点，p2 指向 B 链表头结点     ListNode p1 = headA, p2 = headB; while (p1 != p2) { // p1 走一步，如果走到 A 链表末尾，转到 B 链表 if (p1 == null) p1 = headB; else            p1 = p1.next; // p2 走一步，如果走到 B 链表末尾，转到 A 链表 if (p2 == null) p2 = headA; else            p2 = p2.next;     } return p1; } ``` 这样，这道题就解决了，空间复杂度为`O(1)`，时间复杂度为`O(N)`。 以上就是单链表的所有技巧，希望对你有启发。