**思路：
最傻的方法應該就是設乙個ans，每次用第i個鍊錶和ans合併，並儲存在ans中，每個鍊錶都合併一次。
時間複雜度：設最長鍊錶長度為n，所以第一次合併，ans也就是第乙個鍊錶，長度n
nn,第二次合併，ans長度為2n2n
2n，依次合併，第i個鍊錶合併完ans長度為inin
in,每次合併都是遍歷一次，求和為∑i=
1ki⋅
n=k(
k−1)
2n\sum_^i·n=\cfracn
i=1∑k
i⋅n=
2k(k
−1)
n 故時間複雜度o(k
2n)o(k^2n)
o(k2n)
**就不寫了，無非就是迴圈。
分治思想
乙個乙個往最終結果上合併時間太長，於是兩兩合併，鍊錶數量就會從k
kk到k
2\cfrac
2k，再到k
4\cfrac
4k…直到最後合併為乙個。
時間複雜度：第一次合併時，有k
2\cfrac
2k組鍊錶參與兩兩合併，合併後每組長度為2n2n
2n，因此第一次合併時間k22
n=kn
\cfrac2n=kn
2k2n=
kn。第二次合併有k
4\cfrac
4k組鍊錶參與合併，合併後每組長度4n4n
4n，第二次合併時間k44
n=kn
\cfrac4n=kn
4k4n=
kn…事實上，還有落單的鍊錶，但是因為**中可以直接返回也就意味著落單鏈表不會過多影響時間。
求和得：
∑ i=
1⌈lo
g2k⌉
k2i2
in=k
⋅n⋅l
og2k
\sum_^\cfrac2^in=k·n·log_2k
i=1∑⌈l
og2
k⌉2
ik2
in=k
⋅n⋅l
og2
k即時間複雜度o(k
⋅n⋅l
og2k
)o(k·n·log_2k)
o(k⋅n⋅
log2
k)
優先佇列
也可以使用優先佇列實現，只不過有幾個注意的點。
優先佇列的時間複雜度：優先佇列中元素個數不超過k個，則插入和刪除元素的時間複雜度為o(l
ogk)
o(log k)
o(logk
)，每個節點都會進隊出隊一次，因此總時間複雜度o(k
⋅n⋅l
ogk)
o(k·n·logk)
o(k⋅n⋅
logk
)注意事項：
優先佇列是由堆實現的，內部自含排序，因此優先佇列的元素不能使用題中的節點指標，因為沒法通過該指標實現排序。
優先佇列預設是由大根堆實現的。
盡量不要用迭代器去訪問vector，因為本來vector中存放的就是指標，再使用iterator訪問，雙指標，混亂無比，反正我是沒繞過來彎。可以使用vector本身的性質也就是v[i]這種方式或者通過auto自動設定變數型別來遍歷。
**：
/**
* definition for singly-linked list.
* struct listnode
* listnode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
* listnode(int x, listnode *next) : val(x), next(next) {}
* };
*/class solution
else
head=head->next;
} head->next=
(first?first:second)
;return dummy->next;
} listnode*
merge
(vector
>
& lists,
int l,
int r)
listnode*
mergeklists
(vector
>
& lists)
};
/**
* definition for singly-linked list.
* struct listnode
* listnode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
* listnode(int x, listnode *next) : val(x), next(next) {}
* };
*/class solution
bool operator <
(const point &a)
const};
listnode*
mergeklists
(vector
>
& lists)
while
(!q.
empty()
)return deummy->next;}}
;
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