创作不易，友友们给个三连吧！！
一、旋转数组（力扣）
经典算法OJ题：旋转数组
思路1：每次挪动1位，右旋k次
时间复杂度：o(N^2)
右旋最好情况：k是n的倍数，相当于不右旋，此时为o（1）
右旋最坏情况：k%n==n-1,此时为o（N^2）
空间复杂度:o(1)
void rotate(int* nums, int numsSize, int k)
{
k%=numsSize;
while(k)
{
int temp=nums[numsSize-1];
//从后往前挪
for(int i=numsSize-1;i>0;i--)
{
nums[i]=nums[i-1];//最后一个是nums[1]=num[0]
}
nums[0]=temp;
k--;//旋转一次就减一次
}
}
注：这是常规思路，但是由于空间复杂度太高，数组个数特别多的时候，在力扣运行的时候超出了时间限制！
思路2：创建一个和nums一样长度的新数组，将nums数组的后k个元素，先按顺序放进新数组里，然后剩下前面的n-k个元素，再按顺序放进新数组,最后再将新数组的数据拷贝到nums中
时间复杂度：o(N)
空间复杂度：o(N)
void rotate(int* nums, int numsSize, int k)
{
k%=numsSize;
int arr[numsSize];//vs不支持变长数组，但是牛客支持，如果是vs只能使用动态数组。
memcpy(arr,nums+numsSize-k,sizeof(int)*k);//nums的后k个按顺序拷贝到新数组的前面
memcpy(arr+k,nums,sizeof(int)*(numsSize-k));//nums的前n-k个按顺序拷贝到新数组的后面
memcpy(nums,arr,sizeof(int)*numsSize);//新数组完全拷贝到nums数组中
}
思路3：前n-k个元素逆置，后k个元素逆置，再整体逆置
时间复杂度：o(N)
空间复杂度：o(1)
void reverse (int *arr,int left,int right)//实现逆序函数
{
int temp=0;
while(left { temp=arr[left]; arr[left]=arr[right]; arr[right]=temp; left++; right--; } } void rotate(int* nums, int numsSize, int k) { k%=numsSize; reverse(nums,0,numsSize-k-1);//前n-k个元素逆序 reverse(nums,numsSize-k,numsSize-1);//后k个逆序 reverse(nums,0,numsSize-1);//完全逆序 } 二、消失的数字（力扣） 经典算法OJ题：消失的数字 思路1：先进行排序，如果后一个不等于前一个+1，就可以找到消失的数据，但是目前掌握的排序中，冒泡排序的时间复杂度是o（N^2），而qsort的时间复杂度是o（logN+N）,均不符合题意，这里不做考虑！ 思路2：让0和0-numsSize的所有数都异或一遍，再和数组中的所有元素异或一边，最后得到的结果就是消失的数（利用了a^a=0，a^0=a的结论） 时间复杂度：o(N) 空间复杂度：o(1) int missingNumber(int* nums, int numsSize) { int x=0; for(int i=0;i { x^=i; x^=nums[i]; } x^=numsSize;//还多了一个数 return x; } 思路3：0-numsSize的所有数相加，然后减去数组中的所有元素之和，得到的就是消失的数字。 时间复杂度：o(N) 空间复杂度：o(1) int missingNumber(int* nums, int numsSize) { int sum=0;//记录 for(int i=0;i { sum+=i; sum-=nums[i]; } sum+=numsSize; return sum; } 三、链表中倒数第k个结点（牛客） 经典算法OJ题：链表中倒数第k个结点 思路1：第一次循环计算结点的个数count，然后求倒数第k个就是正数的第count-k个结点 空间复杂度:o(N) 时间复杂度:o(1) typedef struct ListNode ListNode; struct ListNode* FindKthToTail(struct ListNode* pListHead, int k ) { ListNode* pcur= pListHead; int count=0;//统计结点 while(pcur) { pcur=pcur->next; count++; } if(count return NULL;//考虑链表为NULL，以及k大于链表结点数 pcur= pListHead; for(int i=0;i pcur=pcur->next; return pcur; } 思路2：（快慢指针）fast指针先走k步，然后fast和slow同时走，始终保持k的距离，当fast走到NULL的时候，slow对应的恰好就是倒数第k个结点 空间复杂度:o(N) 时间复杂度:o(1) struct ListNode* FindKthToTail(struct ListNode* pListHead, int k ) { struct ListNode*fast=pListHead,*slow=pListHead; while(k) { //考虑k大于结点数的情况，此时链表很早就为空了 if(fast==NULL) return NULL; fast=fast->next; k--; } //同时走，直到fast为NULL，此时slow指向倒数第k个结点 while(fast) { fast=fast->next; slow=slow->next; } //如果k<=0.那么第一个while循环不会进入， //fast和slow同时走，最后都会指向空，所以不需要额外判断 return slow; } 思路3：直接反转链表，然后直接找第k个结点 该方法直接改变了链表结构，使得phead变成了一个尾结点，与其他结点建立不起联系，所以该思路不行（尽量不要去改变原先链表的结构）在力扣中过不了。 struct ListNode* FindKthToTail(struct ListNode* pListHead, int k ) { //直接反转链表，然后找第k个结点 if(pListHead==NULL) return NULL; struct ListNode*p1=NULL; struct ListNode*p2=pListHead; struct ListNode*p3=pListHead->next; int count=0;//用来数数 while(p2) { p2->next=p1; p1=p2; p2=p3; if(p3) p3=p3->next; ++count; } //此时的p1就是新链表的头结点 if(k<=count||k>count) return NULL; while(--k) { p1=p1->next; } return p1; } 四、相交链表（力扣） 经典算法OJ题：相交链表 思路1：A链表逐个结点与B链表比较，如果存在相等，则就是相交结点（注：要比较指针而不能比较值，因为值是可以重复的） 空间复杂度:o(N^2) 时间复杂度:o(1) typedef struct ListNode ListNode; struct ListNode *getIntersectionNode(struct ListNode *headA, struct ListNode *headB) { ListNode* pcurA=headA; ListNode* pcurB=headB; while(pcurA) { while(pcurB) { if(pcurA==pcurB) return pcurA; pcurB=pcurB->next; } pcurB=headB; pcurA=pcurA->next; } return NULL; } 思路2：长的链表往后走长度差，再同时走，直到相等就是相交点 空间复杂度:o(N) 时间复杂度:o(1) typedef struct ListNode ListNode; struct ListNode *getIntersectionNode(struct ListNode *headA, struct ListNode *headB) { ListNode * Apcur=headA;//用来遍历A链表 ListNode * Bpcur=headB;//用来遍历A链表 int a=0;//数a长度 int b=0;//数b长度 while(Apcur) { Apcur=Apcur->next; a++; } while(Bpcur) { Bpcur=Bpcur->next; b++; } //找最小数，写俩while循环，只要大的数才可以走，小的走不了 int m=a>b?b:a; while(a-m) { headA=headA->next; a--; } while(b-m) { headB=headB->next; b--; } while(headA) { if(headA==headB) return headA; headA=headA->next; headB=headB->next; } return NULL; } 五、链表的回文结构（牛客） 经典算法OJ题：链表的回文结构 思路1：找到中间结点，然后逆置后半段,然后将后续半段和前半段的链表同时走，如果其中一个走到空了值依旧是相等的，那么就是回文结构！！ 空间复杂度:o(N) 时间复杂度:o(1) ListNode *middleNode(struct ListNode *phead) { struct ListNode *fast,*slow; fast=slow=phead; while(fast!=NULL&&fast->next!=NULL) { fast=fast->next->next; slow=slow->next; } return slow; } struct ListNode* reverseList(struct ListNode* head) { //链表为空的时候 if(head==NULL) return head; //链表不为空的时候，创建3个指针，分别指向前驱、当前、后继结点 struct ListNode*p1,*p2,*p3; p1=NULL;//前驱 p2=head;//当前 p3=head->next;//后继 while(p2) { //改变指向 p2->next=p1; //向后挪动 p1=p2; p2=p3; //考虑p3为NULL的时候 if(p3) p3=p3->next; } return p1; } class PalindromeList { public: bool chkPalindrome(ListNode* A) { struct ListNode *mid=middleNode(A);//找中间结点 struct ListNode *rmid=reverseList(mid);//逆序后半段 while(rmid) { if(A->val!=rmid->val) return false; A=A->next; rmid=rmid->next; } return true; } }; 六、随机链表的复制（力扣） 经典算法OJ题：随机链表的复制 思路1：1、插入拷贝结点到原结点的后面，2、控制拷贝结点的random，3、拷贝结点解下来，尾插到新链表上，同时恢复原链表 空间复杂度:o(N) 时间复杂度:o(N) typedef struct Node Node; Node* copyRandomList(Node* head) { if(head==NULL) return NULL; //将拷贝结点放在原结点的后面 Node*pcur=head; while(pcur) { Node*copy=(Node*)malloc(sizeof(Node));//拷贝结点 copy->val=pcur->val; //插入 copy->next=pcur->next; pcur->next=copy; //迭代 pcur=pcur->next->next; } //控制拷贝结点的random指针 pcur=head; while(pcur) { //有可能random指向NULL Node* copy=pcur->next; if(pcur->random==NULL) copy->random=NULL; else //拷贝结点的random恰好在原结点的random后面 copy->random=pcur->random->next; //迭代 pcur=pcur->next->next; } //将拷贝结点解下来尾插到新链表上 pcur=head; Node*newhead,*newtail,*temp; newhead=newtail=(struct Node*)malloc(sizeof(struct Node)); temp=NULL;//用来记录遍历点 while(pcur) { Node* copy=pcur->next; temp=copy->next;//记录遍历点 newtail->next=copy;//尾插 newtail=newtail->next; //修复原链表 pcur->next=temp; //继续遍历 pcur=pcur->next; } Node*ret=newhead->next;//销毁哨兵结点前记住头结点 free(newhead); newhead=NULL; return ret; } 思路2：暴力拷贝链表，然后看原结点的random是原链表的第几个结点，对应的就是拷贝链表的的第几个结点 空间复杂度:o(N^2) 时间复杂度:o(N) typedef struct Node Node; Node* copyRandomList(Node* head) { if(head==NULL) return NULL; Node*pcur=head; Node*newhead,*newtail; newhead=newtail=(Node*)malloc(sizeof(Node));//哨兵结点 while(pcur) { Node*newnode=(Node*)malloc(sizeof(Node)); newnode->val=pcur->val; newtail->next=newnode; newtail=newnode; //迭代 pcur=pcur->next; } newtail->next=NULL;//要记住最后有个NULL； pcur=head;//回到链表头 Node*newpcur=newhead->next;//用来遍历新链表头 while(pcur) { int s=0;//记录节点与head的距离 Node*flag=head,*temp=pcur->random;//temp记住random结点 while(flag!=temp) { ++s; flag=flag->next; } flag=newhead->next;//回到新链表的头 while(s--) flag=flag->next; //找到了，就接上 newpcur->random=flag; pcur=pcur->next; newpcur=newpcur->next; } Node*ret=newhead->next; free(newhead); newhead=NULL; return ret; } 七、带环链表的快慢指针追击问题（力扣） 7.1 判断链表中是否有环 经典算法OJ题：判断链表是否带环 思路：快慢指针追击 typedef struct ListNode ListNode; bool hasCycle(struct ListNode *head) { ListNode*fast,*slow; fast=slow=head; while(fast&&fast->next) { slow=slow->next; fast=fast->next->next; if(slow==fast) return true; } return false; } 7.2 返回链表开始入环的第一个结点 思路1：利用相遇点到入口点距离等于链表头到入口点距离的结论 typedef struct ListNode ListNode; struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head) { ListNode*fast,*slow; fast=slow=head; while(fast&&fast->next) { slow=slow->next; fast=fast->next->next; //相等，说明相遇了，链表带环 if(slow==fast) { ListNode*meet=slow; while(meet!=head) { meet=meet->next; head=head->next; } return meet; } } return NULL; } 思路2:在相遇点将带环链表拆开，转化成求链表相交结点的问题 typedef struct ListNode ListNode; struct ListNode *getIntersectionNode(struct ListNode *headA, struct ListNode *headB) { ListNode * Apcur=headA;//用来遍历A链表 ListNode * Bpcur=headB;//用来遍历A链表 int a=0;//数a长度 int b=0;//数b长度 while(Apcur) { Apcur=Apcur->next; a++; } while(Bpcur) { Bpcur=Bpcur->next; b++; } //找最小数，写俩while循环，只要大的数才可以走，小的走不了 int m=a>b?b:a; while(a-m) { headA=headA->next; a--; } while(b-m) { headB=headB->next; b--; } while(headA) { if(headA==headB) return headA; headA=headA->next; headB=headB->next; } return NULL; } struct ListNode *detectCycle(struct ListNode *head) { ListNode*fast,*slow; fast=slow=head; while(fast&&fast->next) { slow=slow->next; fast=fast->next->next; if(slow==fast) { //将带环链表的环拆开 ListNode*newhead=slow->next; slow->next=NULL; return getIntersectionNode(newhead,head); } } return NULL; } 7.3 追击问题扩展 根据前两题可以知道对于带环的链表，fast走2步，slow走1步 1、必然会相遇，不会错过 2、L=（n-1）*C+（C-x） 一个指针从相遇点走，一个指针从链表头走，最后会在入口点相遇 如果fast走3步，slow走1步，可以得到什么结论？？ 参考文章
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