Merge k sorted linked lists and return it as one sorted list.

题意:把k个已经排好序的链表整合到一个链表中,并且这个链表是排了序的。

题解:这是一道经典好题,值得仔细一说。

有两种方法,假设每个链表的平均长度是n,那么这两种方法的时间复杂度都是O(nklogk)。

方法一

基本思路是:把k个链表开头的值排个序,每次取最小的一个值放到答案链表中,这次取完之后更新这个值为它后面的一个值。接着这么取一直到全部取完。那么每次更新之后怎么对当前这k个值重新排序以便知道当前最小的是谁呢?用优先队列(或者堆)来维护这k个值就好啦!

由于每个值都要取一次,一共取nk次。每次更新优先队列要logk的复杂度。所以总时间复杂度为O(nklogk);空间复杂度为优先队列所占空间,为O(k)。

/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution
{
public:
struct cmp
{
bool operator() (const ListNode* a,const ListNode* b)
{
return a->val > b->val;
}
};
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists)
{
priority_queue<ListNode*, vector<ListNode*>, cmp>pq;
for(auto i:lists)
{
if(i) //这句判断很有必要,不能把空的加入队列。比如这组数据:[[],[]]
{
pq.push(i);
}
}
if(pq.empty())
{
return nullptr;
}
ListNode* ans = pq.top();
pq.pop();
ListNode* tail = ans;
if(tail->next)
{
pq.push(tail->next);
}
while(!pq.empty())
{
tail->next = pq.top();
tail = tail->next;
pq.pop();
if(tail->next)
{
pq.push(tail->next);
}
}
return ans;
}
};

方法二:

和方法一的思路不同:考虑分治的思想来解这个题(类似归并排序的思路)。把这些链表分成两半,如果每一半都合并好了,那么我就最后把这两个合并了就行了。这就是分治法的核心思想。

但是这道题由于存的都是指针,就具有了更大的操作灵活性,可以不用递归来实现分治。就是先两两合并后在两两合并。。。一直下去直到最后成了一个。(相当于分治算法的那棵二叉树从底向上走了)。

第一次两两合并是进行了k/2次,每次处理2n个值。

第二次两两合并是进行了k/4次,每次处理4n个值。

。。。

最后一次两两合并是进行了k/(2^logk)次,每次处理2^logK*N个值。

所以时间复杂度:

O((2N) * (K / 2) + (4N) * (K / 4) + (8N) * (K / 8) + .............. + (2^logK*N) * (K / (2 ^logK)) )=O( logK*KN)

空间复杂度是O(1)。

/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
class Solution {
public:
ListNode *mergeKLists(vector<ListNode *> &lists) {
if(lists.empty()){
return nullptr;
}
while(lists.size() > ){
lists.push_back(mergeTwoLists(lists[], lists[]));
lists.erase(lists.begin());
lists.erase(lists.begin());
}
return lists.front();
}
ListNode *mergeTwoLists(ListNode *l1, ListNode *l2) {
if(l1 == nullptr){
return l2;
}
if(l2 == nullptr){
return l1;
}
if(l1->val <= l2->val){
l1->next = mergeTwoLists(l1->next, l2);
return l1;
}
else{
l2->next = mergeTwoLists(l1, l2->next);
return l2;
}
}
};

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