C++实现LeetCode(23.合并k个有序链表)
[LeetCode] 23. Merge k Sorted Lists 合并k个有序链表
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
这道题让我们合并k个有序链表，最终合并出来的结果也必须是有序的，之前做过一道 Merge Two Sorted Lists，是混合插入两个有序链表。这道题增加了难度，变成合并k个有序链表了，但是不管合并几个，基本还是要两两合并。那么首先考虑的方法是能不能利用之前那道题的解法来解答此题。答案是肯定的，但是需要修改，怎么修改呢，最先想到的就是两两合并，就是前两个先合并，合并好了再跟第三个，然后第四个直到第k个。这样的思路是对的，但是效率不高，没法通过 OJ，所以只能换一种思路，这里就需要用到分治法 Divide and Conquer Approach。简单来说就是不停的对半划分，比如k个链表先划分为合并两个 k/2 个链表的任务，再不停的往下划分，直到划分成只有一个或两个链表的任务，开始合并。举个例子来说比如合并6个链表，那么按照分治法，首先分别合并0和3，1和4，2和5。这样下一次只需合并3个链表，再合并1和3，最后和2合并就可以了。代码中的k是通过 (n+1)/2 计算的，这里为啥要加1呢，这是为了当n为奇数的时候，k能始终从后半段开始，比如当 n=5 时，那么此时 k=3，则0和3合并，1和4合并，最中间的2空出来。当n是偶数的时候，加1也不会有影响，比如当 n=4 时，此时 k=2，那么0和2合并，1和3合并，完美解决问题，参见代码如下：
解法一：
class Solution {
public:
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
if (lists.empty()) return NULL;
int n = lists.size();
while (n > 1) {
int k = (n + 1) / 2;
for (int i = 0; i < n / 2; ++i) {
lists[i] = mergeTwoLists(lists[i], lists[i + k]);
}
n = k;
}
return lists[0];
}
ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) {
ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy;
while (l1 && l2) {
if (l1->val < l2->val) {
cur->next = l1;
l1 = l1->next;
} else {
cur->next = l2;
l2 = l2->next;
}
cur = cur->next;
}
if (l1) cur->next = l1;
if (l2) cur->next = l2;
return dummy->next;
}
};
我们再来看另一种解法，这种解法利用了最小堆这种数据结构，首先把k个链表的首元素都加入最小堆中，它们会自动排好序。然后每次取出最小的那个元素加入最终结果的链表中，然后把取出元素的下一个元素再加入堆中，下次仍从堆中取出最小的元素做相同的操作，以此类推，直到堆中没有元素了，此时k个链表也合并为了一个链表，返回首节点即可，参见代码如下：
解法二：
class Solution {
public:
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
auto cmp = [](ListNode*& a, ListNode*& b) {
return a->val > b->val;
};
priority_queue<ListNode*, vector<ListNode*>, decltype(cmp) > q(cmp);
for (auto node : lists) {
if (node) q.push(node);
}
ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy;
while (!q.empty()) {
auto t = q.top(); q.pop();
cur->next = t;
cur = cur->next;
if (cur->next) q.push(cur->next);
}
return dummy->next;
}
};
下面这种解法利用到了混合排序的思想，也属于分治法的一种，做法是将原链表分成两段，然后对每段调用递归函数，suppose 返回的 left 和 right 已经合并好了，然后再对 left 和 right 进行合并，合并的方法就使用之前那道 Merge Two Sorted Lists 中的任意一个解法即可，这里使用了递归的写法，而本题解法一中用的是迭代的写法，参见代码如下：
解法三：
class Solution {
public:
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
return helper(lists, 0, (int)lists.size() - 1);
}
ListNode* helper(vector<ListNode*>& lists, int start, int end) {
if (start > end) return NULL;
if (start == end) return lists[start];
int mid = start + (end - start) / 2;
ListNode *left = helper(lists, start, mid);
ListNode *right = helper(lists, mid + 1, end);
return mergeTwoLists(left, right);
}
ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) {
if (!l1) return l2;
if (!l2) return l1;
if (l1->val < l2->val) {
l1->next = mergeTwoLists(l1->next, l2);
return l1;
} else {
l2->next = mergeTwoLists(l1, l2->next);
return l2;
}
}
};
下面这种解法利用到了计数排序的思想，思路是将所有的结点值出现的最大值和最小值都记录下来，然后记录每个结点值出现的次数，这样从最小值遍历到最大值的时候，就会按顺序经过所有的结点值，根据其出现的次数，建立相对应个数的结点。但是这种解法有个特别需要注意的地方，那就是合并后的链表结点都是重新建立的，若在某些情况下，不能新建结点，而只能交换或者重新链接结点的话，那么此解法就不能使用，但好在本题并没有这种限制，可以完美过 OJ，参见代码如下：
解法四：
class Solution {
public:
ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy;
unordered_map<int, int> m;
int mx = INT_MIN, mn = INT_MAX;
for (auto node : lists) {
ListNode *t = node;
while (t) {
mx = max(mx, t->val);
mn = min(mn, t->val);
++m[t->val];
t = t->next;
}
}
for (int i = mn; i <= mx; ++i) {
if (!m.count(i)) continue;
for (int j = 0; j < m[i]; ++j) {
cur->next = new ListNode(i);
cur = cur->next;
}
}
return dummy->next;
}
};
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