C++实现LeetCode(23.合并k个有序链表)
[LeetCode] 23. Merge k Sorted Lists 合并k个有序链表
Merge k sorted linked lists and return it as one sorted list. Analyze and describe its complexity.
Example:
Input:
[
1->4->5,
1->3->4,
2->6
]
Output: 1->1->2->3->4->4->5->6
这道题让我们合并k个有序链表,最终合并出来的结果也必须是有序的,之前做过一道 Merge Two Sorted Lists,是混合插入两个有序链表。这道题增加了难度,变成合并k个有序链表了,但是不管合并几个,基本还是要两两合并。那么首先考虑的方法是能不能利用之前那道题的解法来解答此题。答案是肯定的,但是需要修改,怎么修改呢,最先想到的就是两两合并,就是前两个先合并,合并好了再跟第三个,然后第四个直到第k个。这样的思路是对的,但是效率不高,没法通过 OJ,所以只能换一种思路,这里就需要用到分治法 Divide and Conquer Approach。简单来说就是不停的对半划分,比如k个链表先划分为合并两个 k/2 个链表的任务,再不停的往下划分,直到划分成只有一个或两个链表的任务,开始合并。举个例子来说比如合并6个链表,那么按照分治法,首先分别合并0和3,1和4,2和5。这样下一次只需合并3个链表,再合并1和3,最后和2合并就可以了。代码中的k是通过 (n+1)/2 计算的,这里为啥要加1呢,这是为了当n为奇数的时候,k能始终从后半段开始,比如当 n=5 时,那么此时 k=3,则0和3合并,1和4合并,最中间的2空出来。当n是偶数的时候,加1也不会有影响,比如当 n=4 时,此时 k=2,那么0和2合并,1和3合并,完美解决问题,参见代码如下:
解法一:
class Solution { public: ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) { if (lists.empty()) return NULL; int n = lists.size(); while (n > 1) { int k = (n + 1) / 2; for (int i = 0; i < n / 2; ++i) { lists[i] = mergeTwoLists(lists[i], lists[i + k]); } n = k; } return lists[0]; } ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) { ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy; while (l1 && l2) { if (l1->val < l2->val) { cur->next = l1; l1 = l1->next; } else { cur->next = l2; l2 = l2->next; } cur = cur->next; } if (l1) cur->next = l1; if (l2) cur->next = l2; return dummy->next; } };
我们再来看另一种解法,这种解法利用了最小堆这种数据结构,首先把k个链表的首元素都加入最小堆中,它们会自动排好序。然后每次取出最小的那个元素加入最终结果的链表中,然后把取出元素的下一个元素再加入堆中,下次仍从堆中取出最小的元素做相同的操作,以此类推,直到堆中没有元素了,此时k个链表也合并为了一个链表,返回首节点即可,参见代码如下:
解法二:
class Solution { public: ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) { auto cmp = [](ListNode*& a, ListNode*& b) { return a->val > b->val; }; priority_queue<ListNode*, vector<ListNode*>, decltype(cmp) > q(cmp); for (auto node : lists) { if (node) q.push(node); } ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy; while (!q.empty()) { auto t = q.top(); q.pop(); cur->next = t; cur = cur->next; if (cur->next) q.push(cur->next); } return dummy->next; } };
下面这种解法利用到了混合排序的思想,也属于分治法的一种,做法是将原链表分成两段,然后对每段调用递归函数,suppose 返回的 left 和 right 已经合并好了,然后再对 left 和 right 进行合并,合并的方法就使用之前那道 Merge Two Sorted Lists 中的任意一个解法即可,这里使用了递归的写法,而本题解法一中用的是迭代的写法,参见代码如下:
解法三:
class Solution { public: ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) { return helper(lists, 0, (int)lists.size() - 1); } ListNode* helper(vector<ListNode*>& lists, int start, int end) { if (start > end) return NULL; if (start == end) return lists[start]; int mid = start + (end - start) / 2; ListNode *left = helper(lists, start, mid); ListNode *right = helper(lists, mid + 1, end); return mergeTwoLists(left, right); } ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) { if (!l1) return l2; if (!l2) return l1; if (l1->val < l2->val) { l1->next = mergeTwoLists(l1->next, l2); return l1; } else { l2->next = mergeTwoLists(l1, l2->next); return l2; } } };
下面这种解法利用到了计数排序的思想,思路是将所有的结点值出现的最大值和最小值都记录下来,然后记录每个结点值出现的次数,这样从最小值遍历到最大值的时候,就会按顺序经过所有的结点值,根据其出现的次数,建立相对应个数的结点。但是这种解法有个特别需要注意的地方,那就是合并后的链表结点都是重新建立的,若在某些情况下,不能新建结点,而只能交换或者重新链接结点的话,那么此解法就不能使用,但好在本题并没有这种限制,可以完美过 OJ,参见代码如下:
解法四:
class Solution { public: ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) { ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy; unordered_map<int, int> m; int mx = INT_MIN, mn = INT_MAX; for (auto node : lists) { ListNode *t = node; while (t) { mx = max(mx, t->val); mn = min(mn, t->val); ++m[t->val]; t = t->next; } } for (int i = mn; i <= mx; ++i) { if (!m.count(i)) continue; for (int j = 0; j < m[i]; ++j) { cur->next = new ListNode(i); cur = cur->next; } } return dummy->next; } };
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