【每日一题】链表系列(2) —— 合并两个有序链表

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温馨提示：如果您对链表的结构还不了解，建议先加一个餐：

【算法与数据结构 04】多图讲解——线性表、顺序表、链表

【程序员面试必刷题】链表系列（1）：返回倒数第k个结点

一、 题目（LeetCode）

原题：

将两个升序链表合并为一个新的`升序`链表并返回。新链表是通过拼接给定的两个链表的所有节点组成的。 

  
 

  
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示例：

输入：1->2->4, 1->3->4
输出：1->1->2->3->4->4

  
 

  
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来源：力扣（LeetCode）
著作权归作者所有。商业转载请联系作者获得授权，非商业转载请注明出处。

二、 解法一：递归

2.1 解题过程

思路：
由于了链表list1和list2是两个已排序好的升序链表，因此当我们调整它的next指针指向时，只需要比较list1和list2首元素的大小；然后将next指针指向较小数对应的结点，直到 l1 或者 l2 任一指向null。

这样到了最后，如果 l1 还是 l2 中任意一方还有余下元素没有用到，那么此时next指针直接指向剩余的链表。（这是因为，剩下的链表已经是按升序排列好的链式结构）

于是，我们可以将以上的思想写成下面的递归式子（忽略边界情况，比如空链表等）：
也就是说，两个链表头部值较小的一个结点与剩下元素进行merge操作。

算法：
在程序中，如果 l1 或者 l2 一开始就是空链表 ，那么没有任何操作需要合并，所以我们只需要返回非空链表。否则，我们要判断 l1 和 l2 哪一个链表的头节点的值更小，然后递归地决定下一个添加到结果里的节点。如果两个链表有一个为空，递归结束。

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n + m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。因为每次调用递归都会去掉 l1 或者 l2 的头节点（直到至少有一个链表为空），函数 mergeTwoList 至多只会递归调用每个节点一次。因此，时间复杂度取决于合并后的链表长度，即 O(n+m)。
• 空间复杂度：O(n+m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。递归调用 mergeTwoLists 函数时需要消耗栈空间，栈空间的大小取决于递归调用的深度。结束递归调用时 mergeTwoLists 函数最多调用 n+m 次，因此空间复杂度为 O(n+m)。

2.2 题目解答

(1) C++示例

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 * int val;
 * ListNode *next;
 * ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 * ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 * ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public: ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) { if(l1 == nullptr) return l2; else if(l2 == nullptr) return l1; else 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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(2) Python示例

class Solution: def mergeTwoLists(self, l1, l2): if l1 is None: return l2 elif l2 is None: return l1 elif l1.val < l2.val: l1.next = self.mergeTwoLists(l1.next, l2) return l1 else: l2.next = self.mergeTwoLists(l1, l2.next) return l2
  
 

  
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三、 解法二：迭代

3.1 解题过程

思想：
采用迭代的方法来实现上述算法：当 l1 和 l2 都不是空链表时，判断 l1 和 l2 哪一个链表的头结点的值更小，将较小值的节点添加到结果里，当一个节点被添加到结果里之后，将对应链表中的结点向后移一位。

算法：
首先，我们设定一个哨兵节点 prehead ，这可以在最后让我们比较容易地返回合并后的链表。我们维护一个 prev 指针，我们需要做的是调整它的 next 指针。然后，我们重复以下过程，直到 l1 或者 l2 指向了 null ：如果 l1 当前节点的值小于等于 l2 ，我们就把 l1 当前的节点接在 prev 节点的后面同时将 l1 指针往后移一位。否则，我们对 l2 做同样的操作。不管我们将哪一个元素接在了后面，我们都需要把 prev 向后移一位。

在循环终止的时候， l1 和 l2 至多有一个是非空的。由于输入的两个链表都是有序的，所以不管哪个链表是非空的，它包含的所有元素都比前面已经合并链表中的所有元素都要大。这意味着我们只需要简单地将非空链表接在合并链表的后面，并返回合并链表即可。

复杂度分析：

• 时间复杂度：O(n + m)，其中 n 和 m 分别为两个链表的长度。因为每次循环迭代中，l1 和 l2 只有一个元素会被放进合并链表中，因此 while 循环的次数不会超过两个链表的长度之和。所有其他操作的时间复杂度都是常数级别的，因此总的时间复杂度为 O(n+m)。
• 空间复杂度：O(1) ，我们只需要常数的空间存放若干变量。

3.2 题目解答

(1) C++示例

class Solution {
public: ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) { ListNode* preHead = new ListNode(-1); ListNode* prev = preHead; while (l1 != nullptr && l2 != nullptr) { if (l1->val < l2->val) { prev->next = l1; l1 = l1->next; } else { prev->next = l2; l2 = l2->next; } prev = prev->next; } // 合并后 l1 和 l2 最多只有一个还未被合并完，我们直接将链表末尾指向未合并完的链表即可 prev->next = l1 == nullptr ? l2 : l1; return preHead->next; }
};

  
 

  
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(2) Python示例

class Solution: def mergeTwoLists(self, l1, l2): prehead = ListNode(-1) prev = prehead while l1 and l2: if l1.val <= l2.val: prev.next = l1 l1 = l1.next else: prev.next = l2 l2 = l2.next prev = prev.next # 合并后 l1 和 l2 最多只有一个还未被合并完，我们直接将链表末尾指向未合并完的链表即可 prev.next = l1 if l1 is not None else l2 return prehead.next
  
 

  
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