算法修炼之路——【链表】Leetcode24 两两交换链表中的节点

题目描述

给定一单链表，两两交换其中相邻的节点，并返回交换后的链表。

你不能只是简单的改变节点内部的值，而是需要实际的进行节点交换。

示例：

输入：head = [1, 2, 3, 4]

输出：head = [2, 1, 4, 3]

解题思路

我们通过示例可以简单了解到，需要两两进行位置互换，但是互换的动作需要涉及到前置节点与后置节点。这里为方便理解，我们先单独给出四个节点：

图1

见图1所示，我们在T1时刻交换[1, 2]两个节点，T2时刻交换[3, 4]。

这里易看出，此问题可以解为：

1. 两两交换
2. 迭代两两交换

对于问题1：

我们将总体链表的两两交换位置分别为若干相同的问题1，解法则有：

 /*
 head = [1, 2, 3, 4]
 first, focus [1, 2]
 */
 ListNode currHead; // and currHead.next = left

 leftP.next = rightP.next; // 1->2->3 changed to 1->3
 right.next = leftP; // 1->3 changed to 2->1->3
 currHead.next = rightP; //upgrate head of piece of this pair

这里涉及到的额外节点信息是两个节点组的前置节点，即currHead；当我们交换[3, 4]时则有：

 /*
 head = [2, 1, 3, 4]
 secod, focus [3, 4]

 leftP point to 3, rightP 4.
 */
 // currHead.next = leftP, here, currHead = ListNode(1)

 // exchange node 3 and 4
 leftP.next = rightP.next;
 rightP.next = leftP;
 currHead.next = rightP;

对于问题2：

截止到这里，我们已经探索到了问题1的解法，接下来需要做的就是将填补问题1间的缝隙，即将他们融合为一个整体，这里我们容易理解，在交换[3, 4]的时候，需要用到交换[1,2]后的靠后节点(这里为ListNode(1))，则可以理解我们在两两交换时，统一的需要用到currHead, 即两个节点[a, b]中 靠前节点a的前置节点，并需要在[a, b]交换位置后为下一对即将交换的节点更新它们所需的currHead。则我们可以将前两部分代码融合为：

 ListNode leftP = head;
 ListNode rightP = head.next;

 ListNode currHead = dummyHead; //for head node

 // iteration
 leftP.next = rightP.next;
 rightP.next = leftP;
 currHead.next = rightP;

 //update pos of currHead
 currHead = leftP;

步骤罗列

我们已经对问题的解答有了核心的理解，这里将步骤进行进一步梳理：

1. 初始化两个指针，一左一右；且为统一规则，采取哨兵机制；
2. 迭代：节点交换，并更新下一对节点的靠前前置节点；
3. 迭代终止条件为两指针均不为空；终止后返回哨兵节点的下一节点。

解题代码

     public static ListNode solutionWithTwoP(ListNode head) {
         if (head == null || head.next == null) {
             return head;
         }

         //1. init pointers and dummyHead
         ListNode dummyHead = new ListNode(-1);
         dummyHead.next = head;
         ListNode leftP = head;
         ListNode rightP = head.next;

         ListNode currHead = dummyHead;

         //2. iteration
         while (leftP != null && rightP != null) {
             // exchange
             leftP.next = rightP.next;
             rightP.next = leftP;
             currHead.next = rightP;

             //update pos of currHead
             currHead = leftP;

             //move forward
             leftP = leftP.next;
             rightP = leftP == null? null : leftP.next; //attention here
         }

         return dummyHead.next;
     }

复杂度分析

时间复杂度：我们对数据仅进行了一次遍历，所以时间复杂度为O(N)；

空间复杂度：我们没有借助额外的容器，所以空间复杂度为常量级O(1)。

GitHub源码

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