数据结构算法学习：LeetCode热题100-链表篇（下）（随机链表的复制、排序链表、合并 K 个升序链表、LRU 缓存）

简介

本篇作为链表专题的下篇，将深入探讨四道更具挑战性的题目：随机链表的复制、排序链表、合并 K 个升序链表以及经典的LRU 缓存设计。
这些问题不仅考验我们对指针操作的熟练度，更引导我们思考如何将分治、递归、哈希表、优先队列等高级算法思想和数据结构巧妙地应用于链表场景。

138. 随机链表复制

问题描述：
给你一个长度为 n 的链表，每个节点包含一个额外增加的随机指针 random ，该指针可以指向链表中的任何节点或空节点。
构造这个链表的 深拷贝。 深拷贝应该正好由 n 个 全新 节点组成，其中每个新节点的值都设为其对应的原节点的值。新节点的 next 指针和 random 指针也都应指向复制链表中的新节点，并使原链表和复制链表中的这些指针能够表示相同的链表状态。复制链表中的指针都不应指向原链表中的节点 。
例如，如果原链表中有 X 和 Y 两个节点，其中 X.random --> Y 。那么在复制链表中对应的两个节点 x 和 y ，同样有 x.random --> y 。
返回复制链表的头节点。
用一个由 n 个节点组成的链表来表示输入/输出中的链表。每个节点用一个 [val, random_index] 表示：

• val：一个表示 Node.val 的整数。
• random_index：随机指针指向的节点索引（范围从 0 到 n-1）；如果不指向任何节点，则为 null 。

你的代码 只 接受原链表的头节点 head 作为传入参数。

示例：

标签提示： 哈希表、链表

哈希表迭代法

解题思想
该算法的核心思想是利用哈希表（映射）来建立原始节点与复制节点之间的一一对应关系。通过这种映射，我们可以将“创建新节点”和“连接指针”这两个步骤解耦。首先，遍历原链表，为每个节点创建一个副本，并将这对关系存入哈希表。然后，再次遍历原链表，利用哈希表能够以 O(1) 时间复杂度查找的特性，快速找到 next 和 random 指针所对应的复制节点，从而完成新链表的指针连接。这种方法将问题转化为两次简单的线性遍历，逻辑清晰直观。

解题步骤

1. 创建节点与映射：初始化一个哈希表。第一次遍历原始链表，对于每个节点，创建一个值相同的新节点，并将 <原始节点, 新节点>
   的键值对存入哈希表。
2. 连接指针：第二次遍历原始链表。对于每一个原始节点，从哈希表中获取其对应的复制节点。然后，利用哈希表查找其 next 和 random
   指针所指向的节点对应的复制节点，并赋值给复制节点的 next 和 random 指针。
3. 返回结果：遍历结束后，从哈希表中获取原始头节点对应的复制节点，并将其作为新链表的头节点返回。

实现代码

class Solution {public Node copyRandomList(Node head) {if(head == null){return head;}Map<Node, Node> map = new HashMap<>();Node curr = head;// 新建复制链表，的所有节点while(curr != null){map.put(curr, new Node(curr.val));curr = curr.next;}// 设置next、random指针curr = head;while(curr != null){Node newnode = map.get(curr);newnode.next = map.get(curr.next);newnode.random = map.get(curr.random);curr = curr.next;}return map.get(head);}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N)
  其中 N 是链表的节点数量。算法包含两次对链表的完整遍历，每次遍历的操作都是常数时间（哈希表的插入和查找平均为 O(1)），因此总时间复杂度为 O(N)。

• 空间复杂度：O(N)
  哈希表需要存储 N 个 <原始节点, 复制节点> 的映射对，因此需要 O(N) 的额外空间。

递归回溯+哈希表

解题思想
该算法采用深度优先搜索（DFS）与记忆化相结合的递归思想。其核心是将复杂问题分解为子问题：要复制一个节点，必须先复制其 next 指向的节点和 random 指向的节点。为了避免因 random 指针形成的环而导致无限递归，并确保每个原始节点只被复制一次，算法引入一个哈希表作为“记忆”或缓存。这个哈希表存储了原始节点到其复制节点的映射，在递归过程中，如果遇到已经处理过的节点，直接从缓存中返回其副本，从而巧妙地解决了循环引用和重复创建的问题。

解题步骤

1. 递归基准情况：如果当前节点 head 为 null，直接返回 null。
2. 记忆化查询：检查哈希表中是否已存在当前节点 head 的映射。
   • 如果存在：说明该节点及其后续结构已经被复制过，直接从哈希表中取出并返回其复制节点。
   • 如果不存在：执行以下步骤来创建和连接。
3. 创建与缓存：为当前节点 head 创建一个新的复制节点 newhead，并立即将 <head, newhead> 这对映射存入哈希表。这一步必须在递归调用之前完成，以切断可能的循环引用。
4. 递归构建：递归调用 copyRandomList 函数，分别处理 head.next 和
   head.random。递归调用的返回值就是复制后的 next 节点和 random 节点。
5. 连接指针：将上一步递归返回的结果分别赋值给 newhead.next 和 newhead.random。
6. 返回结果：返回当前节点 head 对应的复制节点 newhead（即 map.get(head)）。

实现代码

class Solution {Map<Node, Node> map = new HashMap<Node, Node>();public Node copyRandomList(Node head) {if(head == null){return null;}if(!map.containsKey(head)){Node newhead = new Node(head.val);map.put(head, newhead);newhead.next = copyRandomList(head.next);newhead.random = copyRandomList(head.random);}return map.get(head);}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N)
  其中 N 是链表的节点数量。由于哈希表的记忆化，每个原始节点只会被访问和处理一次，所有操作（创建节点、哈希表存取）的平均时间复杂度都是 O(1)，因此总时间复杂度为 O(N)。
• 空间复杂度：O(N)
  空间消耗主要来自两部分：
  1.哈希表：需要存储 N 个原始节点到复制节点的映射，占用 O(N) 的空间。
  2.递归调用栈：在最坏情况下（链表无 random 指针形成的环），递归的深度会达到 N，因此调用栈也需要 O(N) 的空间。
  综合来看，总空间复杂度为 O(N)。

148. 排序链表

问题描述：
给你链表的头结点 head ，请将其按 升序 排列并返回 排序后的链表 。

示例：

标签提示： 链表、双指针、分治、归并排序

解题思想
该算法采用归并排序 的思想，这是一种高效的、基于“分治”策略的排序算法。其核心是将一个大问题分解为若干个结构相同的小问题，递归地解决这些小问题，然后将子问题的解合并，最终得到原问题的解。
在链表排序中，具体实现为：

• 分：利用快慢指针技术，在 O(N) 时间内找到链表的中间节点，将链表从中间断开，形成两个独立的子链表。
• 治：递归地对这两个子链表分别进行排序，直到子链表的长度为 0 或 1（天然有序）。
• 合：将两个已经排好序的子链表合并成一个大的有序链表。

由于链表的节点可以方便地断开和重新连接，归并排序在链表上的实现非常自然且高效。

解题步骤

1. 递归基准情况：如果链表为空或只有一个节点，则它已经是有序的，直接返回头节点。
2. 分割链表：
   • 调用 midNode 辅助函数，通过快慢指针找到链表的中间节点 mid。
   • 定义左子链表的头 leftHead 为原链表的头 head，右子链表的头 rightHead 为 mid.next。
   • 执行 mid.next = null，将链表从中间彻底断开，形成两个独立的子链表。
3. 递归排序：递归调用 sortList 函数，分别对 leftHead 和 rightHead 进行排序，得到两个已排序的子链表 sortLeft 和 sortRight。
4. 合并链表：调用 merge 辅助函数，将 sortLeft 和 sortRight 合并成一个完整的有序链表，并返回其头节点。

实现代码

class Solution {// 得利用归并排序，那么就需要两个辅助函数：1.寻找中间节点；2.合并有序链表// 1.寻找中间节点，使用快慢指针public ListNode midNode(ListNode head){ListNode slow = head;ListNode fast = head.next;while(fast != null && fast.next != null){slow = slow.next;fast = fast.next.next;}return slow;}// 2.合并两个有序序列public ListNode merge(ListNode l1, ListNode l2){ListNode dummy = new ListNode(-1);ListNode tail = dummy;while(l1 != null && l2 != null){if(l1.val <= l2.val){tail.next = l1;l1 = l1.next;}else{tail.next = l2;l2 = l2.next;}tail = tail.next;}tail.next = (l1 != null) ? l1 : l2;return dummy.next;}public ListNode sortList(ListNode head) {if(head == null || head.next == null){return head;}// 分割节点，并递归ListNode mid = midNode(head);ListNode leftHead = head;ListNode rightHead = mid.next;mid.next = null;   // 断开链表// 递归排序ListNode sortLeft = sortList(leftHead);ListNode sortRight = sortList(rightHead);// 返回合并链表return merge(sortLeft, sortRight);}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N log N)，其中 N 是链表的长度。

  • 分割：每次递归调用 midNode 函数寻找中点，需要遍历半个链表，时间复杂度为 O(N/2)。
  • 合并：每次递归调用 merge 函数合并两个子链表，需要遍历所有节点，时间复杂度为 O(N)。

根据归并排序的递推公式 T(N) = 2T(N/2) + O(N)，可以解出总时间复杂度为 O(N log N)。

• 空间复杂度：O(log N)。

  • 算法本身没有使用与输入规模相关的额外数据结构。
  • 空间消耗主要来自于递归调用栈。每次递归调用都会在栈上创建一层栈帧，递归的深度等于链表被分割的次数，即 log N。因此，空间复杂度为 O(log N)。

23. 合并K个升序链表

问题描述：
给你一个链表数组，每个链表都已经按升序排列。
请你将所有链表合并到一个升序链表中，返回合并后的链表。

示例：

示例 1：
输入：lists = [[1,4,5],[1,3,4],[2,6]]
输出：[1,1,2,3,4,4,5,6]
解释：链表数组如下：
[1->4->5,1->3->4,2->6
]
将它们合并到一个有序链表中得到。
1->1->2->3->4->4->5->6示例 2：
输入：lists = []
输出：[]示例 3：
输入：lists = [[]]
输出：[]

标签提示： 链表、分治、最优队列、归并排序

分治合并

解题思想
该算法采用分治策略，其思想与归并排序高度相似。它将“合并 K 个有序链表”这个大问题，递归地分解为“合并 2 个有序链表”这个基础子问题。
具体来说：

• 分：将包含 K 个链表的数组，从中间一分为二，形成两个子数组，每个子数组包含大约 K/2 个链表。
• 治：递归地对这两个子数组进行合并，直到子数组中只剩下一个链表（此时它天然有序，无需合并）。
• 合：将递归返回的两个已经合并好的、更大的有序链表，再通过一个基础的“合并两个有序链表”函数，最终合并成一个完整的有序链表。

通过这种方式，问题规模逐层减半，最终高效地得到结果。

解题步骤

1. 主函数 mergeKLists：

   • 处理边界情况：如果输入数组为空或长度为 0，直接返回 null。
   • 调用递归辅助函数 merge(lists, 0, lists.length - 1)，开始分治过程。

2. 递归辅助函数 merge(lists, left, right)：

   • 递归基准：当 left == right 时，表示子数组中只有一个链表，直接返回该链表 lists[left]。
   • 分割：计算中间索引 mid，将区间 [left, right] 分割为 [left, mid] 和 [mid + 1, right]。
   • 递归：分别对左右两个子区间调用 merge 函数，得到两个已排序的链表 leftPart 和 rightPart。
   • 合并：调用 mergeTwoList 函数，将 leftPart 和 rightPart 合并，并返回合并后的头节点。

3. 基础合并函数 mergeTwoList：

   • 使用经典的哑节点法，迭代地合并两个有序链表，并返回新链表的头节点。

实现代码

class Solution {// 1.一个合并有序链表的函数public ListNode mergeTwoList(ListNode l1, ListNode l2){ListNode dummy = new ListNode(-1);ListNode tail = dummy;while(l1 != null && l2 != null){if(l1.val <= l2.val){tail.next = l1;l1 = l1.next;}else{tail.next = l2;l2 = l2.next;}tail = tail.next;}tail.next = (l1 !=null) ? l1 : l2;return dummy.next;}// 分治方法合并public ListNode merge(ListNode[] lists, int left, int right){if(left == right){return lists[left];}// 分治int mid = left + (right - left) / 2;ListNode leftPart = merge(lists, left, mid);ListNode rightPart = merge(lists, mid + 1, right);return mergeTwoList(leftPart, rightPart);}public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {if(lists == null || lists.length == 0){return null;}return merge(lists, 0, lists.length - 1);}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N log K)
  其中 N 是所有链表中的总节点数，K 是链表的数量。
  递归的深度为 log K。
  在每一层递归中，所有子链表被合并的总工作量都是 O(N)（每个节点都会被处理一次）。
  因此，总时间复杂度为 O(N) * O(log K) = O(N log K)。

• 空间复杂度：O(log K)
  算法本身没有使用与输入规模相关的额外数据结构。
  空间消耗主要来自于递归调用栈。递归的深度为 log K，所以空间复杂度为 O(log K)。

优先队列合并

解题思想
该算法利用优先队列（最小堆）这种数据结构来高效地找到所有链表头节点中的最小值。其核心思想是“贪心”的：每次都从所有可选的节点中，选择最小的那个连接到结果链表中。
具体流程如下：

1. 将 K 个链表的头节点全部放入一个最小堆中。堆的顶元素就是全局最小的节点。
2. 循环地从堆中取出顶部节点（当前最小值），将其连接到结果链表的末尾。
3. 如果被取出的节点还有下一个节点（next），则将这个 next 节点加入堆中，以代表该链表的下一个候选者。
4. 重复步骤 2 和 3，直到堆为空，表示所有节点都已被处理完毕。

解题步骤

• 初始化：
  • 处理边界情况。
  • 创建一个最小堆 PriorityQueue，并通过 Lambda 表达式 (a, b) -> a.val - b.val 定义比较规则，确保堆顶是 val 最小的节点。
• 建堆：
  • 遍历 lists 数组，将所有非空链表的头节点加入堆中。
• 合并：
  • 创建一个哑节点 dummy 作为结果链表的起点。
  • 当堆不为空时，执行循环：
    a. 从堆中弹出最小节点 minNode。
    b. 将 minNode 连接到结果链表的尾部。
    c. 如果 minNode.next 不为空，则将其推入堆中，作为该链表新的代表。
• 返回：
  • 循环结束后，返回 dummy.next，即合并后链表的头节点。

实现代码

class Solution {public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {if(lists == null || lists.length == 0){return null;}// 使用优先队列合并// 1.创建优先队列，并通过Lambda表达式，自定义比较器实现排序PriorityQueue<ListNode> pq = new PriorityQueue<>((a, b) -> a.val - b.val);// 2.将所有头结点放入队列中for(ListNode head : lists){if(head != null){pq.offer(head);}}// 3.创建合并后的链表ListNode dummy = new ListNode(-1);ListNode tail = dummy;// 4.合并链表while(!pq.isEmpty()){ListNode minNode = pq.poll();tail.next = minNode;tail = tail.next;if(minNode.next != null){pq.offer(minNode.next);}}return dummy.next;}
}

复杂度分析

• 时间复杂度：O(N log K)
  其中 N 是总节点数，K 是链表的数量。
  总共有 N 个节点需要被处理。
  对于每个节点，都需要执行一次堆的 poll 操作，以及最多一次 offer 操作。堆的大小最大为 K。
  堆的插入和删除操作时间复杂度为 O(log K)。
  因此，总时间复杂度为 N * O(log K) = O(N log K)。

• 空间复杂度：O(K)
  空间主要消耗在优先队列上。
  在任何时候，堆中最多存放 K 个节点（每个链表一个）。
  因此，空间复杂度为 O(K)。

146. LRU缓存

问题描述：
请你设计并实现一个满足 LRU (最近最少使用) 缓存 约束的数据结构。
实现 LRUCache 类：
LRUCache(int capacity) 以 正整数 作为容量 capacity 初始化 LRU 缓存
int get(int key) 如果关键字 key 存在于缓存中，则返回关键字的值，否则返回 -1 。
void put(int key, int value) 如果关键字 key 已经存在，则变更其数据值 value ；如果不存在，则向缓存中插入该组 key-value 。如果插入操作导致关键字数量超过 capacity ，则应该 逐出 最久未使用的关键字。
函数 get 和 put 必须以 O(1) 的平均时间复杂度运行。

示例：

输入
["LRUCache", "put", "put", "get", "put", "get", "put", "get", "get", "get"]
[[2], [1, 1], [2, 2], [1], [3, 3], [2], [4, 4], [1], [3], [4]]
输出
[null, null, null, 1, null, -1, null, -1, 3, 4]解释
LRUCache lRUCache = new LRUCache(2);
lRUCache.put(1, 1); // 缓存是 {1=1}
lRUCache.put(2, 2); // 缓存是 {1=1, 2=2}
lRUCache.get(1);    // 返回 1
lRUCache.put(3, 3); // 该操作会使得关键字 2 作废，缓存是 {1=1, 3=3}
lRUCache.get(2);    // 返回 -1 (未找到)
lRUCache.put(4, 4); // 该操作会使得关键字 1 作废，缓存是 {4=4, 3=3}
lRUCache.get(1);    // 返回 -1 (未找到)
lRUCache.get(3);    // 返回 3
lRUCache.get(4);    // 返回 4

标签提示： 设计、哈希表、双向链表

解题思想
LRU 缓存机制要求所有操作在 O(1) 时间内完成，这带来了两个核心需求：快速查找和顺序维护。
快速查找：哈希表是实现 O(1) 查找的理想选择。
顺序维护：我们需要一种结构来记录数据的访问顺序，以便快速定位“最久未使用”的元素。链表天然适合维护顺序。
单独使用任何一种结构都无法满足要求。因此，核心思想是结合哈希表与双向链表：
哈希表：存储 key 到链表节点的映射，负责 O(1) 时间的快速定位。
双向链表：按访问顺序存储节点。头部为最近使用，尾部为最久未使用。之所以是“双向”，是因为在移动节点时，O(1) 时间删除节点需要其前驱指针。
通过这种组合，我们利用哈希表快速找到节点，再通过双向链表快速更新其位置，从而满足所有操作的 O(1) 时间复杂度要求。

解题步骤

• 基础构建：

  • 定义双向链表节点，包含 key、value、prev 和 next 指针。
  • 在 LRU 缓存类中，初始化哈希表、容量、以及两个哨兵节点 head 和 tail，以简化链表边界操作。
  • 封装好对链表的基本操作：头部添加节点、删除任意节点、移动节点到头部、删除尾部节点。

• 实现 get(key)：

  • 通过哈希表查找 key 对应的节点。
  • 若节点不存在，返回 -1。
  • 若节点存在，将其移动到链表头部，并返回其 value。

• 实现 put(key, value)：

  • 通过哈希表查找 key 对应的节点。
  • 若节点存在：更新其 value，并将其移动到链表头部。
  • 若节点不存在：创建新节点，加入哈希表并插入链表头部。此时若缓存已满，则删除链表尾部节点，并同步从哈希表中移除该节点的 key。

实现代码

class LRUCache {// 使用哈希表+双向链表，一个快速查找，一个存储// 链表记录顺序：头部为最近使用、尾部为最久未使用、插入得头插法// 1.一个数据结构 双链表// 2.对数据结构操作：插入头部、尾部删除、删除节点、移动到头部// 3.通过对数据结构的操作，完成访问（利用哈希表）和添加缓存class cacheNode{int key;int value;cacheNode prev;cacheNode next;public cacheNode(){}public cacheNode(int key, int value){this.key = key;this.value = value;}}// 头部插入public void addToHead(cacheNode node){node.prev = head;node.next = head.next;head.next.prev = node;head.next = node;}// 删除节点public void removeNode(cacheNode node){node.prev.next = node.next;node.next.prev = node.prev;}// 尾部删除public cacheNode removeTail(){cacheNode node = tail.prev;removeNode(node);return node;}// 移动到头部public void moveToHead(cacheNode node){removeNode(node);addToHead(node);}// 属性private Map<Integer, cacheNode> map = new HashMap<Integer, cacheNode>();private int capacity;private int size;private cacheNode head, tail; // 链表的哨兵节点// 初始化public LRUCache(int capacity) {this.capacity = capacity;this.size = 0;head = new cacheNode();tail = new cacheNode();head.next = tail;tail.prev = head;}// 快速查询,存在并移动到链表头部public int get(int key) {cacheNode node = map.get(key);if(node == null){return -1;}else{moveToHead(node);return node.value;}}// 插入public void put(int key, int value) {cacheNode node = map.get(key);if(node != null){node.value = value;moveToHead(node);}else{node = new cacheNode(key, value);map.put(key, node);addToHead(node);size ++;// 超出容量删除尾部节点if(size > capacity){cacheNode tailNode = removeTail();map.remove(tailNode.key);size --;}}        }
}

复杂度分析

• 时间复杂度：
  get 操作：哈希表查找 O(1) + 链表移动 O(1) = O(1)。
  put 操作：哈希表查找/插入 O(1) + 链表操作 O(1) = O(1)。
• 空间复杂度：
  哈希表和双向链表最多存储 capacity 个元素，因此空间复杂度为 O(capacity)。

个人学习总结

这组链表题目无疑是对算法思维和代码实现能力的综合考验，总结下来，我有以下几点核心收获：

1. 分治思想的威力：无论是“排序链表”还是“合并 K 个升序链表”，都完美体现了分治策略的精髓。将一个复杂的大问题拆解成结构相同的小问题，递归求解后再合并，这种思想是解决许多复杂问题的“万能钥匙”。
2. 数据结构的组合艺术：“LRU 缓存”是组合数据结构的典范。它告诉我们，单一数据结构往往有其局限性，而通过哈希表的快速查找和双向链表的顺序维护相结合，可以创造出满足复杂需求的、性能卓越的新结构。
3. 善用工具，事半功倍：在解决“合并 K 个升序链表”时，优先队列（最小堆）提供了极其优雅的解法。这提醒我，在埋头实现底层逻辑之前，应先审视语言或标准库中是否有现成的、高效的工具可以“为我所用”。
4. 递归与迭代的权衡：“随机链表的复制”同时存在递归和迭代两种优秀解法。递归思路更符合直觉，代码简洁；而迭代法则通过巧妙的链表穿插，节省了额外空间。理解这两种方法的优劣，有助于在不同场景下做出最佳选择。

掌握这些技巧，不仅是为应对面试，更是为了培养一种将复杂问题拆解、并选择合适工具进行系统性解决的工程思维。