C++實現LeetCode(23.合並k個有序鏈表)

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[LeetCode] 23. Merge k Sorted Lists 合並k個有序鏈表

Merge k sorted linked lists and return it as one sorted list. Analyze and describe its complexity.

Example:

Input:
[
1->4->5,
1->3->4,
2->6
]
Output: 1->1->2->3->4->4->5->6

這道題讓我們合並k個有序鏈表，最終合並出來的結果也必須是有序的，之前做過一道 Merge Two Sorted Lists，是混合插入兩個有序鏈表。這道題增加瞭難度，變成合並k個有序鏈表瞭，但是不管合並幾個，基本還是要兩兩合並。那麼首先考慮的方法是能不能利用之前那道題的解法來解答此題。答案是肯定的，但是需要修改，怎麼修改呢，最先想到的就是兩兩合並，就是前兩個先合並，合並好瞭再跟第三個，然後第四個直到第k個。這樣的思路是對的，但是效率不高，沒法通過 OJ，所以隻能換一種思路，這裡就需要用到分治法 Divide and Conquer Approach。簡單來說就是不停的對半劃分，比如k個鏈表先劃分為合並兩個 k/2 個鏈表的任務，再不停的往下劃分，直到劃分成隻有一個或兩個鏈表的任務，開始合並。舉個例子來說比如合並6個鏈表，那麼按照分治法，首先分別合並0和3，1和4，2和5。這樣下一次隻需合並3個鏈表，再合並1和3，最後和2合並就可以瞭。代碼中的k是通過 (n+1)/2 計算的，這裡為啥要加1呢，這是為瞭當n為奇數的時候，k能始終從後半段開始，比如當 n=5 時，那麼此時 k=3，則0和3合並，1和4合並，最中間的2空出來。當n是偶數的時候，加1也不會有影響，比如當 n=4 時，此時 k=2，那麼0和2合並，1和3合並，完美解決問題，參見代碼如下：

解法一：

class Solution {
public:
    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        if (lists.empty()) return NULL;
        int n = lists.size();
        while (n > 1) {
            int k = (n + 1) / 2;
            for (int i = 0; i < n / 2; ++i) {
                lists[i] = mergeTwoLists(lists[i], lists[i + k]);
            }
            n = k;
        }
        return lists[0];
    }
    ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) {
        ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy;
        while (l1 && l2) {
            if (l1->val < l2->val) {
                cur->next = l1;
                l1 = l1->next;
            } else {
                cur->next = l2;
                l2 = l2->next;
            }
            cur = cur->next;
        }
        if (l1) cur->next = l1;
        if (l2) cur->next = l2;
        return dummy->next;
    }
};

我們再來看另一種解法，這種解法利用瞭最小堆這種數據結構，首先把k個鏈表的首元素都加入最小堆中，它們會自動排好序。然後每次取出最小的那個元素加入最終結果的鏈表中，然後把取出元素的下一個元素再加入堆中，下次仍從堆中取出最小的元素做相同的操作，以此類推，直到堆中沒有元素瞭，此時k個鏈表也合並為瞭一個鏈表，返回首節點即可，參見代碼如下：

解法二：

class Solution {
public:
    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        auto cmp = [](ListNode*& a, ListNode*& b) {
            return a->val > b->val;
        };
        priority_queue<ListNode*, vector<ListNode*>, decltype(cmp) > q(cmp);
        for (auto node : lists) {
            if (node) q.push(node);
        }
        ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy;
        while (!q.empty()) {
            auto t = q.top(); q.pop();
            cur->next = t;
            cur = cur->next;
            if (cur->next) q.push(cur->next);
        }
        return dummy->next;
    }
};

下面這種解法利用到瞭混合排序的思想，也屬於分治法的一種，做法是將原鏈表分成兩段，然後對每段調用遞歸函數，suppose 返回的 left 和 right 已經合並好瞭，然後再對 left 和 right 進行合並，合並的方法就使用之前那道 Merge Two Sorted Lists 中的任意一個解法即可，這裡使用瞭遞歸的寫法，而本題解法一中用的是迭代的寫法，參見代碼如下：

解法三：

class Solution {
public:
    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        return helper(lists, 0, (int)lists.size() - 1);
    }
    ListNode* helper(vector<ListNode*>& lists, int start, int end) {
        if (start > end) return NULL;
        if (start == end) return lists[start];
        int mid = start + (end - start) / 2;
        ListNode *left = helper(lists, start, mid);
        ListNode *right = helper(lists, mid + 1, end);
        return mergeTwoLists(left, right);
    }
    ListNode* mergeTwoLists(ListNode* l1, ListNode* l2) {
        if (!l1) return l2;
        if (!l2) return l1;
        if (l1->val < l2->val) {
            l1->next = mergeTwoLists(l1->next, l2);
            return l1;
        } else {
            l2->next = mergeTwoLists(l1, l2->next);
            return l2;
        }
    }
};

下面這種解法利用到瞭計數排序的思想，思路是將所有的結點值出現的最大值和最小值都記錄下來，然後記錄每個結點值出現的次數，這樣從最小值遍歷到最大值的時候，就會按順序經過所有的結點值，根據其出現的次數，建立相對應個數的結點。但是這種解法有個特別需要註意的地方，那就是合並後的鏈表結點都是重新建立的，若在某些情況下，不能新建結點，而隻能交換或者重新鏈接結點的話，那麼此解法就不能使用，但好在本題並沒有這種限制，可以完美過 OJ，參見代碼如下：

解法四：

class Solution {
public:
    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        ListNode *dummy = new ListNode(-1), *cur = dummy;
        unordered_map<int, int> m;
        int mx = INT_MIN, mn = INT_MAX;
        for (auto node : lists) {
            ListNode *t = node;
            while (t) {
                mx = max(mx, t->val);
                mn = min(mn, t->val);
                ++m[t->val];
                t = t->next;
            }
        }
        for (int i = mn; i <= mx; ++i) {
            if (!m.count(i)) continue;
            for (int j = 0; j < m[i]; ++j) {
                cur->next = new ListNode(i);
                cur = cur->next;
            }
        }
        return dummy->next;
    }
};

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