37 - 两个链表的第一个公共节点
2015-07-29 11:26
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题目描述:
输入两个链表,找出它们的第一个公共结点。
如:第一个公共节点为值为 6 的节点.
相关题型:在二叉树中找出两个节点的最低公共祖父节点。使用的算法是:找出根到2个节点的路径,然后从根遍历,最后一个相同的节点,即为最低公共祖父节点。
思路一:
在本题中,如果我们能从最后 1 个节点(如bst中的根) 向前遍历,则很容易找出第一个公共节点,但是单链表只能从前向后遍历。而给定从前到后,如何得到从后向前,可以想到使用先进后出的栈。
因此我们可以用2个栈存储2个链表的节点,然后从栈顶开始逐个比较,找出最后一个相同的节点,即为所求。
时间复杂度O(n), 空间复杂度O(m+n);
思路二:
如例子中观察,如果链表1能够从2节开始,而链表2从4节点同步走,逐个比较对应节点,很容易找到公共节点。又如果存在公共节点,则在公共节点之后的节点数相同,因此2个链表的长度之差,即为没有相遇之前的节点数之差。
如果我们让链表长度更长的先走2个链表的长度之差的步数,然后2个链表一起走,则容易找到公共节点。
时间复杂度O(n), 空间复杂度O(1);
输入两个链表,找出它们的第一个公共结点。
如:第一个公共节点为值为 6 的节点.
相关题型:在二叉树中找出两个节点的最低公共祖父节点。使用的算法是:找出根到2个节点的路径,然后从根遍历,最后一个相同的节点,即为最低公共祖父节点。
思路一:
在本题中,如果我们能从最后 1 个节点(如bst中的根) 向前遍历,则很容易找出第一个公共节点,但是单链表只能从前向后遍历。而给定从前到后,如何得到从后向前,可以想到使用先进后出的栈。
因此我们可以用2个栈存储2个链表的节点,然后从栈顶开始逐个比较,找出最后一个相同的节点,即为所求。
时间复杂度O(n), 空间复杂度O(m+n);
思路二:
如例子中观察,如果链表1能够从2节开始,而链表2从4节点同步走,逐个比较对应节点,很容易找到公共节点。又如果存在公共节点,则在公共节点之后的节点数相同,因此2个链表的长度之差,即为没有相遇之前的节点数之差。
如果我们让链表长度更长的先走2个链表的长度之差的步数,然后2个链表一起走,则容易找到公共节点。
时间复杂度O(n), 空间复杂度O(1);
#include <iostream> using namespace std; class Node { public: int val; Node* next; Node(int v, Node* n) : val(v), next(n){}; }; int GetLen(const Node* list) { int len = 0; while (list != NULL) { len++; list = list->next; } return len; } Node* FirstCommonNode(Node* list1, Node* list2) { if (list1 == NULL || list2 == NULL) return NULL; int len1 = GetLen(list1); int len2 = GetLen(list2); while (len1 > len2) { list1 = list1->next; len1--; } while (len2 > len1) { list2 = list2->next; len2--; } while (list1 && list2) { if (list1 == list2) return list1; list1 = list1->next; list2 = list2->next; } return NULL; } int main() { Node* common = new Node(6, new Node(7, NULL)); Node* list1 = new Node(1, new Node(2, new Node(3, common))); Node* list2 = new Node(4, new Node(5, common)); Node* firtNode = FirstCommonNode(list1, list2); if (firtNode) cout << firtNode->val << endl; else cout << "No common node" << endl; }
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