Leetcode Week3 Merge Two(k) Sorted Lists

Question

Q1.Merge two sorted linked lists and return it as a new list. The new list should be made by splicing together the nodes of the first two lists.

Example:

Input: 1->2->4, 1->3->4
Output: 1->1->2->3->4->4

Q2.Merge k sorted linked lists and return it as one sorted list. Analyze and describe its complexity.

Example:

Input:
[
  1->4->5,
  1->3->4,
  2->6
]
Output: 1->1->2->3->4->4->5->6

　　在解决将k个已排序（从小到大）好的链表合并成一个已排序（从小到大）的链表前，我们先从一个特例开始，即将两个链表合并成一个。

Answer

1.合并两个排列好的链表

　　问题就是将两个已排序的链表合并成一个，这是归并排序里的一个基本操作。

现在描述以下解决这个问题的算法，用数组来描述。

　　我们输入两个数组，设为A,B，输出输出C，加入三个计数器Aptr，Bptr，Cptr，初始化为数组开头。

　　取A[Aptr]和B[Bptr]的较小值拷贝到C的下一个位置，相应的计数器加一，重复该操作，直到某个计数器指向的索引值大于数组的边界。

　　这时候代表一个数组的元素已经全部拷贝到C的相应位置了，我们将另一个数组剩下的元素拷贝到C里。

　　回到Leetccode的这个问题，从链表的角度，计数器和链表元素可以用指针来代替，输入和输出数组也可以通过链表头指针访问，下面通过不完整的代码实现这个算法的思想。

ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) {
        // first_Node用来输出链表， last_Node用作上面算法描述的计数器（即Cptr），也用作插入元素，代表输出C的最后一个节点
        ListNode  *first_Node = NULL, *last_Node = NULL;
        // 在两个数组都没被拷贝到C时的操作。
        while (l1 != NULL && l2 != NULL) {
            // 判断A[Aptr](与l1->val一致),B[Bptr]（与l2->val一致）哪个较小，将较小的插入到链表C的最后，Aptr和Bptr相应加一（相当于l1,l2）
 
            if (l1->val > l2->val) {
                last_Node->next = l2;
                last_Node = last_Node->next;
                l2 = l2->next;
            }
            else {
                last_Node->next = l1;
                last_Node = last_Node->next;
                l1 = l1->next;
            }

        }
        // 将剩下的元素插入到C的最后
        if (l1 == NULL && l2 != NULL) {
                last_Node->next = l2;
        }
        else if (l1 != NULL && l2 == NULL) {
                 last_Node->next = l1;
        }
        // 返回链表C
        return first_Node;
    }

　　上面的代码已经很能体现代码的具体思想了，剩下的工作就是将代码完善，将边界的情况考虑周全，实际呢，这又是特别麻烦的，一个不小心就会出现问题，比如说访问空指针。我们仔细考虑就会知道，上面代码没有对first_Node进行初始化，所以我们需要对first_Node判断是否为空，空就要初始化为对应的节点。那么在哪里判断呢，很容易想到，我们需要在判断A[Aptr]和B[Bptr]哪个较小后加入，然而这还没结束，将剩下的元素插入到C的最后 后的代码也没有对first_Node（last_Node）是否为空作判断，可又有对last_Node进行操作，这是十分危险的，所以我们也要在这里加入判断。最后完整的代码如下：

 ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) {
        ListNode  *first_Node = NULL, *last_Node = NULL;
        while (l1 != NULL && l2 != NULL) {

            if (l1->val > l2->val) {
                if (first_Node == NULL) {
                    first_Node = l2;
                    last_Node = first_Node;

               } else {
                last_Node->next = l2;
                last_Node = last_Node->next;
                }
                l2 = l2->next;
            }
            else {
                if (first_Node == NULL) {
                    first_Node = l1;
                    last_Node = first_Node;

               } else {
                last_Node->next = l1;
                last_Node = last_Node->next;
                }
                l1 = l1->next;
            }

        }
        if (l1 == NULL && l2 != NULL) {
             if (first_Node == NULL)
                first_Node = l2;
             else
                last_Node->next = l2;
        }
        else if (l1 != NULL && l2 == NULL) {
             if (first_Node == NULL)
                 first_Node = l1;
           else
                 last_Node->next = l1;
        }
        return first_Node;
    }

2.合并k个排列好的链表

　　好了，有了上面的例子，我们合并k的链表也会有思路了，模仿上面算法的思路，我们可以每次将k个链表的最小值比较一遍，取最小值，将其拷贝到输出链表C中，当然这是可行的，时间复杂度为O(kN),N为最后剩下链表的长度，想了想感觉这有点麻烦，所以我们不妨考虑另一种方法。

　　按照上一题的思路，其实我们可以两两链表合并，最后合并成一个链表，这样我们就可以重用上面的代码了。两两合并可以是链表1和链表2合并后的链表 再和链表3合并，以此类推，也可以是链表1和链表2合并为链表①，链表3和链表4合并为链表②，依次类推，①又和②合并……，如下图所示。聪明的你一比较就知道后者的效率会高很多，因为合并的次数明显变少了。因此，我们根据后者编写代码：

　　

   ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        // 递归终止的条件
        if (lists.size() == )
            return NULL;
        if (lists.size() == )
            return lists[];   // 返回链表头节点指针
 
        vector<ListNode*> tmpVec;
        // 每两个链表合并
        for (int i = ; i < lists.size()/*; i += )
            tmpVec.push_back(mergeTwoLists(lists[i], lists[i+]));
        // 如果k为奇数，将剩下的最后一个加入到tmpVec中
        if (lists.size()% != )
            tmpVec.push_back(lists[lists.size()-]);
        // 继续合并
        return mergeKLists(tmpVec);
    }

　　实际上，这样的解决办法称为分治（divide and conquer），将一个大问题分为几个子问题来解决，在编程里经常用递归实现，上面就有所体现。