动态数组有个明显的缺点:如果动态申请倍数内存,可能会造成内存空间的大量浪费(比如只需要20个内存,但申请了30个。如果根据数量申请指定个数,又会造成效率降低)。
能否用到多少就申请多少内存?链表可以办到这一点。
一、链表
链表(Linked List)是一种链式存储的线性表,所有元素的内存地址不一定是连续的。
数组是连续存储的线性表,内存地址是连续的。
先申请一个节点内存,然后把元素放到节点中,节点的内存中存放着指向下一个节点的内存地址。第一个节点叫头节点,最后一个节点叫尾节点(尾节点指向的下一个节点地址是空的)。
1.1. 链表的设计
创建一个链表对象,对象包含链表大小和指向头节点的地址。然后创建其他节点,并通过节点地址依次链接,尾节点的下一个节点地址指向null。
1 | public class LinkedList<E> { |
1.2. 接口设计
链表的大部分接口和动态数组是一致的。但是大部分接口的内部实现肯定是不一样的,可以通过接口(interface)声明公共方法,把公共代码部分放在抽象类中(abstract),抽象类实现定义的接口。这样子类(数组、链表)只需继承抽象类并实现自己的业务代码即可。
1.2.1. 清空元素
清空元素只需要设置size = 0; first = null
。只要第一个节点没有对象强引用就会被释放,依次类推,所有节点都会被释放。
1 | public void clear() { |
1.2.2. 添加元素
如果要在索引为1的位置添加一个元素,需要索引为0的元素指向要添加的元素,添加的元素指向原来索引为2的元素。
添加前:
添加后:
1 | public void add(int index, E element) { |
在编写链表过程中,要注意边界测试,比如index为0,size-1、size。
1.2.3. 删除元素
删除和添加有点类似,都是需要拿到前一个元素的指向。把前一个元素的指向换成下一个指向(prev.next.next
)。
例如,删除索引1的元素,需要把索引0的元素指向换成指向索引2:
1 | public E remove(int index) { |
1.2.4. 元素找索引
1 | public int indexOf(E element) { |
1.2.5. 完整代码
1 | package com.mj; |
二、练习
2.1. 删除链表中的节点
LeetCode:https://leetcode-cn.com/problems/delete-node-in-a-linked-list/
题目:
题解:
2.2. 反转链表
LeetCode:https://leetcode-cn.com/problems/reverse-linked-list/
2.2.1. 双指针迭代
1 | class Solution { |
我们可以申请两个指针:第一个指针叫pre
,最初是指向null
的。第二个指针cur
指向hea
,然后不断遍历cur
。每次迭代到cur
,都将cur
的next
指向pre
,然后pre
和cur
前进一位。都迭代完了(cur
变成null
了),pre
就是最后一个节点了。
注意:tmp变量是为了保证节点不会被释放。
动画演示:https://blog.idbeny.com/yy3yf.mp4
2.2.2. 递归
1 | class Solution { |
递归的两个条件:
- 终止条件是当前节点或者下一个节点==null
- 在函数内部,改变节点的指向,也就是head的下一个节点指向head递归函数那句
head.next.next = head
递归函数中每次返回的cur其实只最后一个节点,在递归函数内部,改变的是当前节点的指向。
动画演示:https://blog.idbeny.com/tlsrp.mp4@normal
2.3. 环形链表
LeetCode:https://leetcode-cn.com/problems/linked-list-cycle/
题目:
2.3.1. 哈希表
思路及算法:
最容易想到的方法是遍历所有节点,每次遍历到一个节点时,判断该节点此前是否被访问过。
具体地,我们可以使用哈希表来存储所有已经访问过的节点。每次我们到达一个节点,如果该节点已经存在于哈希表中,则说明该链表是环形链表,否则就将该节点加入哈希表中。重复这一过程,直到我们遍历完整个链表即可。
代码:
1 | public class Solution { |
复杂度分析:
时间复杂度:
O(N)
,其中N是链表中的节点数。最坏情况下我们需要遍历每个节点一次。空间复杂度:
O(N)
,其中N是链表中的节点数。主要为哈希表的开销,最坏情况下我们需要将每个节点插入到哈希表中一次。
2.3.2. 快慢指针
思路及算法:
假想「乌龟」和「兔子」在链表上移动,「兔子」跑得快,「乌龟」跑得慢。当「乌龟」和「兔子」从链表上的同一个节点开始移动时,如果该链表中没有环,那么「兔子」将一直处于「乌龟」的前方;如果该链表中有环,那么「兔子」会先于「乌龟」进入环,并且一直在环内移动。等到「乌龟」进入环时,由于「兔子」的速度快,它一定会在某个时刻与乌龟相遇,即套了「乌龟」若干圈。
我们可以根据上述思路来解决本题。具体地,我们定义两个指针,一快一满。慢指针每次只移动一步,而快指针每次移动两步。初始时,慢指针在位置 head,而快指针在位置 head.next。这样一来,如果在移动的过程中,快指针反过来追上慢指针,就说明该链表为环形链表。否则快指针将到达链表尾部,该链表不为环形链表。
代码:
1 | public class Solution { |
为什么我们要规定初始时慢指针在位置head
,快指针在位置head.next
,而不是两个指针都在位置head
(即与「乌龟」和「兔子」中的叙述相同)?
观察下面的代码,我们使用的是while循环
,循环条件先于循环体。由于循环条件一定是判断快慢指针是否重合,如果我们将两个指针初始都置于head
,那么while 循环
就不会执行。因此,我们可以假想一个在head
之前的虚拟节点,慢指针从虚拟节点移动一步到达head
,快指针从虚拟节点移动两步到达head.next
,这样我们就可以使用while 循环
了。
当然,我们也可以使用do-while循环
。此时,我们就可以把快慢指针的初始值都置为head
。
复杂度分析:
时间复杂度:
O(N)
,其中N
是链表中的节点数。当链表中不存在环时,快指针将先于慢指针到达链表尾部,链表中每个节点至多被访问两次。
当链表中存在环时,每一轮移动后,快慢指针的距离将减小一。而初始距离为环的长度,因此至多移动N轮。
空间复杂度:
O(1)
。我们只使用了两个指针的额外空间。
推荐算法动画执行网站:https://visualgo.net/zh