题目描述

输入两个链表，找出它们的第一个公共节点。

• 如果两个链表没有交点，返回 null.
• 在返回结果后，两个链表仍须保持原有的结构。
• 可假定整个链表结构中没有循环。
• 程序尽量满足 O(n) 时间复杂度，且仅用 O(1) 内存。

题目样例

示例

• 输入：intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
• 输出：Reference of the node with value = 8
• 输入解释：相交节点的值为 8 （注意，如果两个列表相交则不能为 0）。从各自的表头开始算起，链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,0,1,8,4,5]。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。

题目思考

1. 如何做到仅用 O(1) 内存得出结果?

解决方案

思路

• 一个比较容易想到的思路是先遍历其中一个链表, 将节点存入集合中, 然后遍历另一个链表, 查看节点是否存在于集合中, 存在则说明找到. 这样虽然时间复杂度是 O(N), 但空间复杂度也是 O(N), 不满足题目要求
• 重新观察题目示例, 假设链表 A 和 B 的共享部分长度为 shared, 各自前面独占部分长度为 a 和 b, 那么 A 的总长度为 a+shared, B 的总长度为 b+shared
• 根据交换律, A+B 的长度等于 B+A 的长度, 也即 a+shared+b+shared == b+shared+a+shared
• 根据上面这个式子, 我们可以定义两个指针, 分别从 A 和 B 的开头出发, 达到终点后换成另一个链表的起点继续走: 如果 A 和 B 有交点的话, 很显然两个指针会在交点处碰面, 共同走完剩余的 shared 部分; 而如果没交点的话, 两个指针只可能共同走到最后的空节点, 此时就返回 null
• 特别注意一点, 我们遍历到最后一个节点的时候, 不能直接跳到开头, 而是应该先到末尾后面的空节点, 然后再跳到另一个链表的开头. 因为如果不进入空节点的话, 对于没有交点的情况就永远不可能跳出循环了(永远走不到末尾之后的空节点, 两个指针对应节点永远不可能相等)

复杂度

• 时间复杂度 O(N): 只需要遍历两遍
• 空间复杂度 O(1): 只定义了几个变量

代码

class Solution:
    def getIntersectionNode(self, headA: ListNode,
                            headB: ListNode) -> ListNode:
        a, b = headA, headB
        while a != b:
            # a如果到达A的末尾之后的空节点, 就置为B的起点重新遍历
            a = headB if not a else a.next
            # b如果到达B的末尾之后的空节点, 就置为A的起点重新遍历
            b = headA if not b else b.next
        return a