LeetCode hot100:234 回文链表：快慢指针巧判回文链表

问题描述：

给你一个单链表的头节点 head ，请你判断该链表是否为回文链表。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。进阶：你能否用 O(n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度解决此题？

示例1：

输入：head = [1,2,2,1]

输出：true

示例2：

输入：head = [1,2]

输出：false

解决方法：

方法一：数组＋双指针

算法思路：

1. 遍历链表，将节点值复制到数组中；

2. 使用双指针法判断数组是否为回文。

代码实现:

def isPalindrome(head):values = []curr = headwhile curr:values.append(curr.val)curr = curr.nextleft, right = 0, len(values) - 1while left < right:if values[left] != values[right]:return Falseleft += 1right -= 1return True

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)，需要遍历链表和数组各一次
• 空间复杂度：O(n)，需要额外的数组空间存储节点值

方法二：快慢指针＋翻转

算法思路：

1. 使用快慢指针找到链表中点；

2. 反转后半部分链表；

3. 比较前半部分和反转后的后半部分。

代码实现：

# Definition for singly-linked list.
# class ListNode:
#     def __init__(self, val=0, next=None):
#         self.val = val
#         self.next = next
class Solution:def isPalindrome(self, head: Optional[ListNode]) -> bool:# 快慢指针if not head or not head.next:return Truefast = low = head# 查找反转的起点while fast and fast.next:low = low.nextfast = fast.next.next# 反转后半部分链表prev = Nonecur = lowwhile cur: # 迭代反转nxt = cur.nextcur.next = prevprev = curcur = nxt# 链表比较left = headright = prevwhile right:if left.val != right.val:return Falseleft = left.nextright = right.nextreturn True

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n)，遍历链表的次数是常数倍
• 空间复杂度：O(1)，只使用了几个指针变量

问题详解：

以链表 [ 1,2,3,2,1]为例说明方法二：

1、快慢指针找中点：

• 慢指针每次走1步，快指针每次走2步；
• 最终慢指针会停在节点3上。

2、反转后半部分：

• 将 [3,2,1]反转为[1,2,3]；
• 此时链表的结构被修改，但比较阶段不需要完整的结构。

3、比较前后部分：

• 前半部分： [1,2,3];
• 后半部分（反转后）：[1,2,3];
• 逐个比较对应节点值。

---

关键点说明

• 为什么在比较部分要使用 while right:后半部分长度总是整体的一部分，小于等于前半部分长度，确保只比较必要的节点对数；
• 链表的结构改变：方法二会改变链表的结构，但是比较完成后通常不需要恢复；
• 边界情况处理：空链表和单节点链表直接返回 true。

总结：

方法	优点	缺点	适用情况
数组＋双指针	思路简单，不易出错	需要额外O(n)空间	对空间要求不高的场景
快慢指针＋翻转	空间复杂度O(1)	会修改原链表结构	对空间有严格要求的场景

通常情况下期望掌握第二种方法，因为它展示了更多的链表操作技巧。