之前在csdn寫過一篇 鍊錶與快慢指標 的筆記(判斷鍊錶是否有環、找到環的入口、反轉鍊錶):
請編寫乙個函式，使其可以刪除某個鍊錶中給定的（非末尾）節點，你將只被給定要求被刪除的節點。分析：之前有同學去哈深面試也問過類似的問題。沒有給我們鍊錶的起點，只給我們了乙個要刪的節點，跟我們以前遇到的情況不太一樣，我們之前要刪除乙個節點的方法是要有其前乙個節點的位置，然後將其前乙個節點的next連向要刪節點的下乙個，然後delete掉要刪的節點即可。這道題的處理方法是先把當前節點的值用下乙個節點的值覆蓋了，然後我們刪除下乙個節點即可。
吐槽：誰能想到還可以用替身攻擊，還可以把下乙個的複製到當前節點，然後把下乙個節點的刪掉，神奇！！！
class solution
};
給定乙個鍊錶，每個節點包含乙個額外增加的隨機指標，該指標可以指向鍊錶中的任何節點或空節點。要求:返回這個鍊錶的深拷貝，必須返回給定頭的拷貝作為對轉殖列表的引用。
其實，，，完全沒看懂這個題。。。
解答：使用遞迴的解法，寫起來相當的簡潔，還是需要乙個 hashmap 來建立原鍊錶結點和拷貝鍊錶結點之間的對映。在遞迴函式中，首先判空，若為空，則返回空指標。然後就是去 hashmap 中查詢是否已經在拷貝鍊錶中存在了該結點，是的話直接返回。否則新建乙個拷貝結點 res，然後建立原結點和該拷貝結點之間的對映，然後就是要給拷貝結點的 next 和 random 指標賦值了，直接分別呼叫遞迴函式即可，參見**如下：
/*
// definition for a node.
class node
node(int _val, node* _next, node* _random)
};*/
class solution
node* helper(node* node, unordered_map& m)
};
編寫乙個程式，找到兩個單鏈表相交的起始節點。要求：如果兩個鍊錶沒有交點，返回 null.在返回結果後，兩個鍊錶仍須保持原有的結構。可假定整個鍊錶結構中沒有迴圈。程式盡量滿足 o(n) 時間複雜度，且僅用 o(1) 記憶體。
這個題真的是easy等級！！！然而我真的沒寫出來，哭。一開始想的是反轉鍊錶，這樣就可以從頭開始比較，結果題目要求鍊錶必須保持原有的結構。
解析：方法一：分別遍歷兩個鍊錶，得到分別對應的長度。然後求長度的差值，把較長的那個鍊錶向後移動這個差值的個數，然後一一比較即可
class solution else
while (heada && headb && heada != headb)
return (heada && headb) ? heada : null;
}int getlength(listnode* head)
return cnt;
}};
方法二：雖然題目中強調了鍊錶中不存在環，但是我們可以用環的思想來做，我們讓兩條鍊錶分別從各自的開頭開始往後遍歷，當其中一條遍歷到末尾時，我們跳到另乙個條鍊錶的開頭繼續遍歷。兩個指標最終會相等，而且只有兩種情況，一種情況是在交點處相遇，另一種情況是在各自的末尾的空節點處相等。為什麼一定會相等呢，因為兩個指標走過的路程相同，是兩個鍊錶的長度之和，所以一定會相等。
class solution
return a;
}};
在 o(n log n) 時間複雜度和常數級空間複雜度下，對鍊錶進行排序。分析:看到時間複雜度o(nlgn)最先想到的就是把鍊錶的資料存到vector,用sort進行排序,然後把排好序的資料重新建成乙個鍊錶…很明顯這個方法效率太低.
歸併排序:歸併排序的核心其實是分治法 divide and conquer，就是將鍊錶從中間斷開，分成兩部分，左右兩邊再分別呼叫排序的遞迴函式 sortlist()，得到各自有序的鍊錶後，再進行 merge()，這樣整體就是有序的了。
class solution
pre->next = null;
return merge(sortlist(head), sortlist(slow));
}listnode* merge(listnode* l1, listnode* l2) else
}};
nums.erase(unique(nums.begin(),nums.end()),nums.end());
return nums.size();
class solution
j++;
}return i+1;
}};
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