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问题描述

核心思路：双指针交替遍历

算法思想： 使用两个指针 pa 和 pb 分别从链表A和链表B的头节点出发，同步向后遍历。当任一指针走到链表末尾时，将其重定位到另一链表的头节点继续遍历。若两链表相交，pa 和 pb 最终会在相交节点相遇；若不相交，则最终会同时到达 null。

数学原理： 设链表A独立部分长度为 a，链表B独立部分长度为 b，公共部分长度为 c。

• 指针 pa 的路径：a + (b - c) + c = a + b
• 指针 pb 的路径：b + (a - c) + c = a + b 两指针走过的总长度均为 a + b，因此必然在相交节点（或 null）相遇。

代码实现：

public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {if(headA==null||headB==null){return null;}ListNode pa=headA;ListNode pb=headB;while(pa!=pb){if(pa==null){pa=headB;}else{pa=pa.next;}if(pb==null){pb=headA;}else{pb=pb.next;}}return pa;}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(m + n)，其中 m 和 n 分别为链表长度。
• 空间复杂度：O(1)，仅使用两个指针。

关键点：

1. 循环终止条件：pa == pb 时退出循环（包括两者均为 null 的情况）。
2. 重定位时机：当指针走到当前链表末尾时，立即切换到另一链表的头部。
3. 不相交处理：两指针最终同时为 null，返回 null 符合预期。

其他解法对比

方法二：计算长度差（同步遍历）

思路：

1. 遍历两链表，分别计算长度 lenA 和 lenB。
2. 长链表指针先走 |lenA - lenB| 步。
3. 两指针同步遍历，相遇点即为相交节点。

代码：

public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {int lenA = getLength(headA), lenB = getLength(headB);ListNode pa = headA, pb = headB;// 长链表指针先走差值步if (lenA > lenB) {for (int i = 0; i < lenA - lenB; i++) pa = pa.nextB; i++) pa = pa.next;} else {for (int i = 0; i < lenB - lenA; i++) pb = pb.next;}// 同步遍历直至相遇while (pa != pb) {pa = pa.next;pb = pb.next;}return pa;
}private int getLength(ListNode head) {int lenLength(ListNode head) {int len = 0;while (head != null) {len++;head = head.next;}return len;
}

复杂度：

• 时间复杂度：O(m + n)（需两次遍历）。
• 空间复杂度：O(1)。

适用场景： 当链表长度差异较大时，此方法可能略快于双指针交替法。

方法三：哈希集合（空间换时间）

思路： 1时间） 思路：

1. 遍历链表A，将所有节点存入 HashSet。
2. 遍历链表B，检查节点是否在集合中，第一个存在的节点即为交点。

代码：

public ListNode getIntersectionNode(ListNode headA, ListNode headB) {Set<ListNode> set = new HashSet<>();while (headA != null) {set.add(headA);headA = headA.next;}while (headB != null) {if (set.contains(headB)) return headB;headB = headB.next;}return null;
}

复杂度：

• 时间复杂度：O(m + n)。
• 空间复杂度：O(m)（存储链表A的节点）。

适用场景： 对空间复杂度不敏感时，代码最简洁直观。

方法对比总结

方法	时间复杂度	空间复杂度	特点
双指针交替遍历	O(m + n)	O(1)	空间最优，代码简洁
计算长度差	O(m + n)	O(1)	逻辑清晰，略多一次遍历
哈希集合	O(m + n)	O(m)	思路直接，但需额外空间

推荐：双指针交替遍历法在空间和代码简洁性上表现最佳，是面试中的理想解法。

问题描述

核心解法：迭代双指针法

算法思想： 使用双指针 new_head 和 temp 动态反转链表：

• new_head：指向已反转部分的头节点（初始为null）
• temp：遍历原链表的当前节点 每次迭代将当前节点从原链表断开，插入到反转链表的头部，实现原地反转。

代码实现：

public ListNode reverseList(ListNode head) {ListNode new_head = null;ListNode temp = head;while (temp != null) {ListNode next = temp.next;  // 保存后继节点temp.next = new_head;      // 当前节点指向反转链表头部new_head = temp;           // 更新反转链表头temp = next;               // 移动到下一个节点}return new_head;
}

图解过程：

原始链表：1 → 2 → 3 → 4 → null
迭代过程：
第1轮：new_head=1→null, temp=2
第2轮：new_head=2→1→null, temp=3
第3轮：new_head=3→2→1→null, temp=4
第4轮：new_head=4→3→2→1→null, temp=null

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)，仅需一次遍历
• 空间复杂度：O(1)，仅使用常量空间

优势：

• 原地操作，不占用额外空间
• 逻辑清晰，代码简洁
• 适用于所有编程语言的链表实现

其他经典解法

方法二：递归法（分治思想）

算法思想：

1. 递归到链表尾部
2. 回溯时反转节点指向
3. 返回新的头节点

public ListNode reverseList(ListNode head) {if (head == null || head.next == null) {return head;}ListNode newHead = reverseList(head.next); // 递归到尾部head.next.next = head;    // 反转指针方向head.next = null;         // 断开原指针return newHead;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(n)（递归栈空间）

适用场景：

• 链表长度适中（避免栈溢出）
• 需要简洁的代码表达
• 函数式编程环境

方法三：头插法（使用虚拟节点）

算法思想：

1. 创建虚拟头节点 dummy
2. 遍历原链表，将每个节点插入到 dummy 之后
3. 返回 dummy.next

public ListNode reverseList(ListNode head) {ListNode dummy = new ListNode(-1);ListNode cur = head;while (cur != null) {ListNode next = cur.next;   // 保存后继节点cur.next = dummy.next;       // 头插操作dummy.next = cur;            // 更新头节点cur = next;                  // 移动指针}return dummy.next;
}

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

优势：

• 统一处理头节点特殊情况
• 逻辑更易理解
• 支持链表的其他变形操作

方法对比总结

方法	时间复杂度	空间复杂度	特点
迭代双指针	O(n)	O(1)	空间最优，推荐首选
递归法	O(n)	O(n)	代码简洁，但空间消耗大
头插法（虚拟节点）	O(n)	O(1)	逻辑清晰，易扩展

核心技巧：

1. 指针保存：在修改节点指针前，必须保存后继节点引用
2. 头插操作：将节点插入链表头部是反转的关键
3. 终止条件：注意处理空链表和单节点链表的边界情况

延伸思考：

• 如何反转部分链表（区间反转）？
• 如何K个一组反转链表？
• 如何判断链表是否有环？（快慢指针技巧）

迭代双指针法因其优异的时空复杂度，成为面试和工程实践中的首选方案。掌握这三种经典解法，能够灵活应对各种链表反转问题。