LeetCode-19. 删除链表的倒数第N个节点
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LeetCode19. 删除链表的倒数第N个节点
问题描述
规则
- 给定一个链表，删除链表的倒数第 n 个节点，并且返回链表的头结点。
示例
给定一个链表: 1->2->3->4->5, 和 n = 2.
当删除了倒数第二个节点后，链表变为 1->2->3->5.
说明
- 给定的 n 保证是有效的。
进阶
- 你能尝试使用一趟扫描实现吗？
解析
解题思路
- 定义两个指针p1和p2，同时指向head，p2先移动n个指针；
- 如果p2不为null，则同时移动p1、p2；
- 如果p2为空，则返回p1.next
数据操作分析
- 见思路分析
复杂度分析
- 时间复杂度
- 空间复杂度
编码实现
public class LeetCode0019_RemoveNthNodeFromEndOfList {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
ListNode p1 = head;
ListNode p2 = head;
while (n > 0) {
p2 = p2.next;
n--;
}
if (p2 == null) return p1.next;
while (p2.next != null) {
p1 = p1.next;
p2 = p2.next;
}
p1.next = p1.next.next;
return head;
}
}
官方解法
前言
在对链表进行操作时，一种常用的技巧是添加一个哑节点（dummy node），它的 \textit{next} 指针指向链表的头节点。这样一来，我们就不需要对头节点进行特殊的判断了。
例如，在本题中，如果我们要删除节点 y，我们需要知道节点 y 的前驱节点 x，并将 x 的指针指向 y 的后继节点。但由于头节点不存在前驱节点，因此我们需要在删除头节点时进行特殊判断。但如果我们添加了哑节点，那么头节点的前驱节点就是哑节点本身，此时我们就只需要考虑通用的情况即可。
特别地，在某些语言中，由于需要自行对内存进行管理。因此在实际的面试中，对于「是否需要释放被删除节点对应的空间」这一问题，我们需要和面试官进行积极的沟通以达成一致。下面的代码中默认不释放空间。
方法一 计算链表长度
思路与算法：
- 一种容易想到的方法是，我们首先从头节点开始对链表进行一次遍历，得到链表的长度 L。随后我们再从头节点开始对链表进行一次遍历，当遍历到第 L-n+1 个节点时，它就是我们需要删除的节点。
为了与题目中的 n 保持一致，节点的编号从 1 开始，头节点为编号 1 的节点。
- 为了方便删除操作，我们可以从哑节点开始遍历 L-n+1 个节点。当遍历到第 L−n+1 个节点时，它的下一个节点就是我们需要删除的节点，这样我们只需要修改一次指针，就能完成删除操作。
复杂度分析：
- 时间复杂度:O(L)，其中 L 是链表的长度。
- 空间复杂度：O(1)。
编码实现
class Solution {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
ListNode dummy = new ListNode(0, head);
int length = getLength(head);
ListNode cur = dummy;
for (int i = 1; i < length - n + 1; ++i) {
cur = cur.next;
}
cur.next = cur.next.next;
ListNode ans = dummy.next;
return ans;
}
public int getLength(ListNode head) {
int length = 0;
while (head != null) {
++length;
head = head.next;
}
return length;
}
}
方法二：栈
思路及算法：
- 我们也可以在遍历链表的同时将所有节点依次入栈。根据栈「先进后出」的原则，我们弹出栈的第 nn 个节点就是需要删除的节点，并且目前栈顶的节点就是待删除节点的前驱节点。这样一来，删除操作就变得十分方便了。
复杂度分析：
- 时间复杂度:O(L)，其中 L 是链表的长度。
- 空间复杂度：O(L)，其中 L 是链表的长度。主要为栈的开销。
编码实现
class Solution {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
ListNode dummy = new ListNode(0, head);
Deque<ListNode> stack = new LinkedList<ListNode>();
ListNode cur = dummy;
while (cur != null) {
stack.push(cur);
cur = cur.next;
}
for (int i = 0; i < n; ++i) {
stack.pop();
}
ListNode prev = stack.peek();
prev.next = prev.next.next;
ListNode ans = dummy.next;
return ans;
}
}
方法三：一次遍历
思路及算法：
我们也可以在不预处理出链表的长度，以及使用常数空间的前提下解决本题。
由于我们需要找到倒数第 n 个节点，因此我们可以使用两个指针 \textit{first} 和 \textit{second} 同时对链表进行遍历，并且 \textit{first} 比 \textit{second} 超前 n 个节点。当 \textit{first} 遍历到链表的末尾时，\textit{second} 就恰好处于倒数第 n 个节点。
具体地，初始时 \textit{first} 和 \textit{second} 均指向头节点。我们首先使用 \textit{first} 对链表进行遍历，遍历的次数为 n。此时，\textit{first} 和 \textit{second} 之间间隔了 n-1 个节点，即 \textit{first} 比 \textit{second} 超前了 n 个节点。
在这之后，我们同时使用 \textit{first} 和 \textit{second} 对链表进行遍历。当 \textit{first} 遍历到链表的末尾（即 \textit{first} 为空指针）时，\textit{second} 恰好指向倒数第 n 个节点。
根据方法一和方法二，如果我们能够得到的是倒数第 n 个节点的前驱节点而不是倒数第 n 个节点的话，删除操作会更加方便。因此我们可以考虑在初始时将 \textit{second} 指向哑节点，其余的操作步骤不变。这样一来，当 \textit{first} 遍历到链表的末尾时，\textit{second} 的下一个节点就是我们需要删除的节点。
复杂度分析：
- 时间复杂度:O(L)，其中 L 是链表的长度。
- 空间复杂度：O(1)。
编码实现
class Solution {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
ListNode dummy = new ListNode(0, head);
ListNode first = head;
ListNode second = dummy;
for (int i = 0; i < n; ++i) {
first = first.next;
}
while (first != null) {
first = first.next;
second = second.next;
}
second.next = second.next.next;
ListNode ans = dummy.next;
return ans;
}
}
精彩评论
跳转地址1：动画图解 LeetCode 第 19 号问题：删除链表的倒数第 N 个节点
题目解析
- 采取双重遍历肯定是可以解决问题的，但题目要求我们一次遍历解决问题，那我们的思路得发散一下。
-
我们可以设想假设设定了双指针 p 和 q 的话，当 q 指向末尾的 NULL，p 与 q 之间相隔的元素个数为 n 时，那么删除掉 p 的下一个指针就完成了要求。
- 设置虚拟节点 dummyHead 指向 head
- 设定双指针 p 和 q，初始都指向虚拟节点 dummyHead
- 移动 q，直到 p 与 q 之间相隔的元素个数为 n
- 同时移动 p 与 q，直到 q 指向的为 NULL
- 将 p 的下一个节点指向下下个节点
动画
编码实现
class Solution {
public:
ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
ListNode* dummyHead = new ListNode(0);
dummyHead->next = head;
ListNode* p = dummyHead;
ListNode* q = dummyHead;
for( int i = 0 ; i < n + 1 ; i ++ ){
q = q->next;
}
while(q){
p = p->next;
q = q->next;
}
ListNode* delNode = p->next;
p->next = delNode->next;
delete delNode;
ListNode* retNode = dummyHead->next;
delete dummyHead;
return retNode;
}
};
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解题思路
- 标签：链表
- 整体思路是让前面的指针先移动n步，之后前后指针共同移动直到前面的指针到尾部为止
- 首先设立预先指针 pre，预先指针是一个小技巧，在第2题中进行了讲解
- 设预先指针 pre 的下一个节点指向 head，设前指针为 start，后指针为 end，二者都等于 pre
- start 先向前移动n步
- 之后 start 和 end 共同向前移动，此时二者的距离为 n，当 start 到尾部时，end 的位置恰好为倒数第 n 个节点
- 因为要删除该节点，所以要移动到该节点的前一个才能删除，所以循环结束条件为 start.next != null
- 删除后返回 pre.next，为什么不直接返回 head 呢，因为 head 有可能是被删掉的点
- 时间复杂度：O(n)
画解
编码实现
/**
* Definition for singly-linked list.
* public class ListNode {
* int val;
* ListNode next;
* ListNode(int x) { val = x; }
* }
*/
class Solution {
public ListNode removeNthFromEnd(ListNode head, int n) {
ListNode pre = new ListNode(0);
pre.next = head;
ListNode start = pre, end = pre;
while(n != 0) {
start = start.next;
n--;
}
while(start.next != null) {
start = start.next;
end = end.next;
}
end.next = end.next.next;
return pre.next;
}
}