📝 题目描述

题目链接：相交链表

给你两个单链表的头节点 headA 和 headB ，请你找出并返回两个单链表相交的起始节点。如果两个链表不存在相交节点，返回 null 。

图示两个链表在节点 c1 开始相交：

题目数据 保证 整个链式结构中不存在环。

注意，函数返回结果后，链表必须 保持其原始结构 。

自定义评测：

评测系统 的输入如下（你设计的程序 不适用 此输入）：

  • intersectVal - 相交的起始节点的值。如果不存在相交节点，这一值为 0
  • listA - 第一个链表
  • listB - 第二个链表
  • skipA - 在 listA 中（从头节点开始）跳到交叉节点的节点数
  • skipB - 在 listB 中（从头节点开始）跳到交叉节点的节点数

评测系统将根据这些输入创建链式数据结构，并将两个头节点 headA 和 headB 传递给你的程序。如果程序能够正确返回相交节点，那么你的解决方案将被 视作正确答案 。

示例：

示例 1：

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输入：intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,6,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
输出：Intersected at '8'
解释：相交节点的值为 8 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
从各自的表头开始算起，链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,6,1,8,4,5]。
在 A 中，相交节点前有 2 个节点；在 B 中，相交节点前有 3 个节点。
— 请注意相交节点的值不为 1，因为在链表 A 和链表 B 之中值为 1 的节点 (A 中第二个节点和 B 中第三个节点) 是不同的节点。换句话说，它们在内存中指向两个不同的位置，而链表 A 和链表 B 中值为 8 的节点 (A 中第三个节点，B 中第四个节点) 在内存中指向相同的位置。

示例 2：

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输入：intersectVal = 2, listA = [1,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
输出：Intersected at '2'
解释：相交节点的值为 2 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
从各自的表头开始算起，链表 A 为 [1,9,1,2,4]，链表 B 为 [3,2,4]。
在 A 中，相交节点前有 3 个节点；在 B 中，相交节点前有 1 个节点。

示例 3：

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输入：intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
输出：No intersection
解释：从各自的表头开始算起，链表 A 为 [2,6,4]，链表 B 为 [1,5]。
由于这两个链表不相交，所以 intersectVal 必须为 0，而 skipA 和 skipB 可以是任意值。
这两个链表不相交，因此返回 null 。

提示：

  • listA 中节点数目为 m
  • listB 中节点数目为 n
  • 1 <= m, n <= 3 * 10^4
  • 1 <= Node.val <= 10^5
  • 0 <= skipA <= m
  • 0 <= skipB <= n
  • 如果 listA 和 listB 没有交点，intersectVal 为 0
  • 如果 listA 和 listB 有交点，intersectVal == listA[skipA] == listB[skipB]

💡 解题思路

方法一：哈希表

最容易想到的方法，先遍历其中一个链表，用集合存储所有的指针。

再遍历第二个链表，查找集合中是否存在相同的指针。

（邪修：把A全部变负数，B的第一个负数就是，完事再把A的改回来）

方法二：优化解法

使用双指针的方法，可以将空间复杂度降至 O(1)O(1)。

只有当链表 headAheadA 和 headBheadB 都不为空时，两个链表才可能相交。因此首先判断链表 headAheadA 和 headBheadB 是否为空，如果其中至少有一个链表为空，则两个链表一定不相交，返回 null。

当链表 headAheadA 和 headBheadB 都不为空时，创建两个指针 pApA 和 pBpB，初始时分别指向两个链表的头节点 headAheadA 和 headBheadB，然后将两个指针依次遍历两个链表的每个节点。具体做法如下：

  • 每步操作需要同时更新指针 pApA 和 pBpB。
  • 如果指针 pApA 不为空，则将指针 pApA 移到下一个节点；如果指针 pBpB 不为空，则将指针 pBpB 移到下一个节点。
  • 如果指针 pApA 为空，则将指针 pApA 移到链表 headBheadB 的头节点；如果指针 pBpB 为空，则将指针 pBpB 移到链表 headAheadA 的头节点。
  • 当指针 pApA 和 pBpB 指向同一个节点或者都为空时，返回它们指向的节点或者 null。

实际上相当于构造了一个循环链表，下面提供双指针方法的正确性证明。考虑两种情况，第一种情况是两个链表相交，第二种情况是两个链表不相交。

情况一：两个链表相交

链表 headAheadA 和 headBheadB 的长度分别是 mm 和 nn。假设链表 headAheadA 的不相交部分有 aa 个节点，链表 headBheadB 的不相交部分有 bb 个节点，两个链表相交的部分有 cc 个节点，则有 a+c=m，b+c=na+c=m，b+c=n。

  • 如果 a \eq b，则两个指针会同时到达两个链表相交的节点，此时返回相交的节点；
  • 如果 a≠ba \neq b，则指针 pApA 会遍历完链表 headAheadA，指针 pBpB 会遍历完链表 headBheadB，两个指针不会同时到达链表的尾节点，然后指针 pApA 移到链表 headBheadB 的头节点，指针 pBpB 移到链表 headAheadA 的头节点，然后两个指针继续移动，在指针 pApA 移动了 a+c+ba+c+b 次、指针 pBpB 移动了 b+c+ab+c+a 次之后，两个指针会同时到达两个链表相交的节点，该节点也是两个指针第一次同时指向的节点，此时返回相交的节点。

情况二：两个链表不相交

链表 headAheadA 和 headBheadB 的长度分别是 mm 和 nn。考虑当 m=nm=n 和 m≠nm \neq n 时，两个指针分别会如何移动：

  • 如果 m=nm=n，则两个指针会同时到达两个链表的尾节点，然后同时变成空值 null，此时返回 null；
  • 如果 m≠nm \neq n，则由于两个链表没有公共节点，两个指针也不会同时到达两个链表的尾节点，因此两个指针都会遍历完两个链表，在指针 pApA 移动了 m+nm+n 次、指针 pBpB 移动了 n+mn+m 次之后，两个指针会同时变成空值 null，此时返回 null。

（其实也可以先获取两个链表的长度lengthalength_a和lengthblength_b（假设a更长），让长的先遍历lengtha−lengthblength_a - length_b个节点，然后两个指针同时开始继续遍历，直到指针同时指向相交节点或nullptr）

🔧 代码实现

1、哈希表

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/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        unordered_set<ListNode*> hash_set;
        ListNode* ptr = headA;
        while(ptr != nullptr) {
            hash_set.insert(ptr);
            ptr = ptr -> next;
        }
        ptr = headB;
        while(ptr != nullptr) {
            if (hash_set.find(ptr) != hash_set.end()) {
                // hash_set.count(ptr)也可以
                return ptr;
            }
            ptr = ptr -> next;
        }
        return nullptr;
    }
};

2、优化解法

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/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        ListNode* ptr_a = headA, *ptr_b = headB;
        while (ptr_a != ptr_b) {
            ptr_a = ptr_a == nullptr? headB : ptr_a -> next;
            ptr_b = ptr_b == nullptr? headA : ptr_b -> next;
        }
        return ptr_a;
    }
};

📊 复杂度分析

1、暴力解法

  • 时间复杂度：O(m+n)O(m+n)，其中 m 和 n 是分别是链表 headA 和 headB 的长度。需要遍历两个链表各一次。
  • 空间复杂度：O(m)O(m)，其中 m 是链表 headA 的长度。需要使用哈希集合存储链表 headA 中的全部节点。

2、优化解法

  • 时间复杂度：O(m+n)O(m+n)，其中 m 和 n 是分别是链表 headA 和 headB 的长度。两个指针同时遍历两个链表，每个指针遍历两个链表各一次。
  • 空间复杂度：O(1)O(1)。

🎯 总结

  • 核心思想：记住巧妙的构造循环链表的手法。