C語言實例真題講解數(shù)據(jù)結(jié)構(gòu)中單向環(huán)形鏈表
目錄
1、例題引入
鏈接直達:
題目:
2、何為帶環(huán)鏈表
正常的單鏈表每個節(jié)點順次鏈接,最后一個節(jié)點指向NULL,如下:
而帶環(huán)鏈表的最后一個節(jié)點不再指向NULL了,指向的是前面任意一個節(jié)點,以此形成帶環(huán)鏈表,并一直循環(huán)下去。如下:
3、題解思路
我們可以將上述圖畫的抽象一點,在沒有進入環(huán)之前我們用直線表示,進入環(huán)之后用圈來表示,以此示意循環(huán)。此題需要用到我們之前講解的求中間節(jié)點和求倒數(shù)第k個節(jié)點的快慢指針的思想。定義兩個指針slow和fast均指向一開始的位置。 讓slow一次走一步,fast一次走兩步。
當slow走到直線一半的位置時,此時的fast剛好就在環(huán)的入口點。
假設(shè)slow剛好走到環(huán)的入口點時,fast走到如下位置,此時fast開始追趕模式
fast開始追趕slow,假設(shè)fast在如下的位置開始追上slow
代碼如下:
bool hasCycle(struct ListNode *head) { struct ListNode*slow=head; struct ListNode*fast=head; while(fast&&fast->next) { slow=slow->next; fast=fast->next->next; if(slow==fast) { return true; } } return false; }
單純從解體的角度看,此題并不復(fù)雜,僅需用到快慢指針的思想即可解決,單是由此題可以引出多個值得我們探討的問題,以此來加深我們對環(huán)形鏈表的認知,如下三大拓展問題:
4、拓展問題
- (1)slow一次走1步,fast一次走2步,一定能追上嗎?
答案:一定能。
證明:
當slow走到中間的時候,fast一定進環(huán)了,此時fast開始追擊。我們假設(shè)slow進環(huán)以后,slow和fast的距離是N,此時slow走1步,fast走2步,它們倆的距離縮短1變?yōu)镹-1。以此類推,每次追擊,距離縮小1,當距離縮小為0時就追上了。綜上,一定能追上。
- (2)slow一次走1步,fast一次走3步,能追上嗎?fast一次走4步呢?n步呢?
答案:不一定
證明:
我們先來討論slow一次走1步,fast一次走3步的情況。假設(shè)slow走了1步,fast走3步時剛好進環(huán),而當slow剛好進環(huán)的時候,fast可能已經(jīng)走了1圈,具體情況得看環(huán)的大小,此時slow和fast之間的距離為N。并假設(shè)環(huán)的長度是C。
slow一次走1步,fast一次走3步,距離變?yōu)镹-2。由此可見,fast和slow每走一次,距離縮短2。此時就不難發(fā)現(xiàn)了,需要分類討論,當N是偶數(shù)時,剛好可以追上,當N是奇數(shù)時,追到最后距離為-1,此時就要再追了,意味著slow和fast之間的距離變成C-1。
繼續(xù)追擊,根據(jù)前面的分析,如果C-1是偶數(shù),那么可以追上。如果C-1是奇數(shù),那么就永遠追不上了,將會無線循環(huán)追下去,可就是追不上。他們的差距N是由進環(huán)前的長度和環(huán)的長度決定的,而這兩個又都是隨機的,所以N的值不確定,可奇可偶,又像剛剛那樣討論下去,出現(xiàn)奇數(shù)將一去不復(fù)返。
同理fast一次走4步也是這樣的討論,同樣都是不一定,不過這個時候是每走一次,距離縮短3。當N是3的倍數(shù)就可以追上,當不是3的倍數(shù)就要繼續(xù)討論了,有興趣的童鞋可以繼續(xù)鉆研下去,思想和fast一次走3步一樣,這里不過多贅述。
- (3)鏈表環(huán)的入口點在哪呢?
當我們搞清楚slow和fast分別走的距離時,入口點自然就明了了。
法一:
slow一次走1步,fast一次走2步,那么fast走的距離是slow的2倍
在具體講解之前,首先要搞清楚,不存在說慢指針slow在里頭走了一圈,快指針fast還沒有追到slow,因為fast每次走2步,slow每次走1步,它倆間的距離每次都縮小1,所以只會越來越近,直到追到。最多最多也就快1圈,但從來也不會剛好滿1圈。所以下面很容易推出slow和fast分別走了多少。
假設(shè):
【鏈表頭 - - - 入口點】:L
【入口點 - - - 相遇點】:X
【環(huán)的長度】:C
slow走的距離:L + X
fast走的距離:L + N*C + X
解釋:
因為先前已經(jīng)提到slow不會都走了一圈還沒被追到,所以很容易推出slow的距離就是L+X
而快指針一次走2步,很可能會因為環(huán)過小導(dǎo)致在slow指針進入入口點前,fast指針已經(jīng)走了好幾圈。簡而言之3句話:
- L很小,C很大,slow進環(huán)前,fast可能在環(huán)里面,一圈都沒走完
- L很大,C很小,slow進環(huán)前,fast在里面走了很多圈了
- 但是slow進環(huán)以后,在一圈之內(nèi),fast一定追到slow,它們的距離最多C-1
根據(jù)一開始說的,fast走的距離是slow走的距離的2倍,可列出如下式子:
2*(L+X) = L + N*C + X
化簡后:L+X = N*C 或 L = N*C - X 或 L = (N-1)*C + (C-X) 或 L + X = N*C
用此公式即可證明:一個指針從meet走,一個指針從head走,他們會在入口點相遇!
因為式子(N-1)*C表明從相遇點走了N-1圈后又回到了相遇點,此時再走C-X的距離就回到了入口點,由上得知,此公式確實讓它們回到了入口點。
用一道切實的題目來具體解出入口點的位置:
鏈接直達:
題目:
代碼如下:
struct ListNode* detectCycle(struct ListNode* head) { struct ListNode* slow = head; struct ListNode* fast = head; while (fast && fast->next) { //判斷是否是帶環(huán)鏈表 slow = slow->next; fast = fast->next->next; if (slow == fast) { struct ListNode* meet = slow; while (meet != head) { //求出相遇點 meet = meet->next; head = head->next; } return meet; } } return NULL; }
求相遇點還有另外一種方法:
找到相遇點meet后,讓meet做尾,讓下一個點做新鏈表的頭
此法顯的尤為巧妙,剛好轉(zhuǎn)換成了兩個鏈表求交點的問題。因為此時headA鏈表的尾部是meet,而headB鏈表的尾部也是meet,此時就意味著倆鏈表必會相交,而相交的地方就是入口點,兩鏈表相交正是博主上篇博文中所詳細講解的,這里就不過多強調(diào)了。
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