LCR 078-合并 K 个升序链表

Raphael Liu Lv10
  2023-09-13 00:47:26 2023-09-13 00:47:26 Created   2023-09-13 16:15:46 2023-09-13 16:15:46 Updated    

给定一个链表数组，每个链表都已经按升序排列。

请将所有链表合并到一个升序链表中，返回合并后的链表。

示例 1：

**输入：** lists = [[1,4,5],[1,3,4],[2,6]]
**输出：** [1,1,2,3,4,4,5,6]
**解释：** 链表数组如下：
[
  1->4->5,
  1->3->4,
  2->6
]
将它们合并到一个有序链表中得到。
1->1->2->3->4->4->5->6

示例 2：

**输入：** lists = []
**输出：** []

示例 3：

**输入：** lists = [[]]
**输出：** []

提示：

  • k == lists.length
  • 0 <= k <= 10^4
  • 0 <= lists[i].length <= 500
  • -10^4 <= lists[i][j] <= 10^4
  • lists[i] 按 升序 排列
  • lists[i].length 的总和不超过 10^4

注意：本题与主站 23 题相同： https://leetcode-cn.com/problems/merge-k-sorted-lists/

前置知识：合并两个有序链表

思路
在解决「合并K个排序链表」这个问题之前，我们先来看一个更简单的问题：如何合并两个有序链表？假设链表 a 和 b 的长度都是 n，如何在 O(n) 的时间代价以及 O(1) 的空间代价完成合并？ 这个问题在面试中常常出现，为了达到空间代价是 O(1)，我们的宗旨是「原地调整链表元素的 next 指针完成合并」。以下是合并的步骤和注意事项，对这个问题比较熟悉的读者可以跳过这一部分。此部分建议结合代码阅读。

  • 首先我们需要一个变量 head 来保存合并之后链表的头部，你可以把 head 设置为一个虚拟的头（也就是 head 的 val 属性不保存任何值），这是为了方便代码的书写，在整个链表合并完之后，返回它的下一位置即可。
  • 我们需要一个指针 tail 来记录下一个插入位置的前一个位置，以及两个指针 aPtr 和 bPtr 来记录 a 和 b 未合并部分的第一位。注意这里的描述，tail 不是下一个插入的位置，aPtr 和 bPtr 所指向的元素处于「待合并」的状态，也就是说它们还没有合并入最终的链表。 当然你也可以给他们赋予其他的定义，但是定义不同实现就会不同。
  • 当 aPtr 和 bPtr 都不为空的时候，取 val 熟悉较小的合并；如果 aPtr 为空，则把整个 bPtr 以及后面的元素全部合并；bPtr 为空时同理。
  • 在合并的时候，应该先调整 tail 的 next 属性，再后移 tail 和 *Ptr（aPtr 或者 bPtr）。那么这里 tail 和 *Ptr 是否存在先后顺序呢？它们谁先动谁后动都是一样的，不会改变任何元素的 next 指针。

代码

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ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {
    if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;
    ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;
    while (aPtr && bPtr) {
        if (aPtr->val < bPtr->val) {
            tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;
        } else {
            tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;
        }
        tail = tail->next;
    }
    tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);
    return head.next;
}
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public ListNode mergeTwoLists(ListNode a, ListNode b) {
    if (a == null || b == null) {
        return a != null ? a : b;
    }
    ListNode head = new ListNode(0);
    ListNode tail = head, aPtr = a, bPtr = b;
    while (aPtr != null && bPtr != null) {
        if (aPtr.val < bPtr.val) {
            tail.next = aPtr;
            aPtr = aPtr.next;
        } else {
            tail.next = bPtr;
            bPtr = bPtr.next;
        }
        tail = tail.next;
    }
    tail.next = (aPtr != null ? aPtr : bPtr);
    return head.next;
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：O(n)。
  • 空间复杂度：O(1)。

方法一：顺序合并

思路

我们可以想到一种最朴素的方法：用一个变量 ans 来维护以及合并的链表，第 i 次循环把第 i 个链表和 ans 合并，答案保存到 ans 中。

代码

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class Solution {
public:
    ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {
        if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;
        ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;
        while (aPtr && bPtr) {
            if (aPtr->val < bPtr->val) {
                tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;
            } else {
                tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;
            }
            tail = tail->next;
        }
        tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);
        return head.next;
    }

    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        ListNode *ans = nullptr;
        for (size_t i = 0; i < lists.size(); ++i) {
            ans = mergeTwoLists(ans, lists[i]);
        }
        return ans;
    }
};
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class Solution {
    public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
        ListNode ans = null;
        for (int i = 0; i < lists.length; ++i) {
            ans = mergeTwoLists(ans, lists[i]);
        }
        return ans;
    }

    public ListNode mergeTwoLists(ListNode a, ListNode b) {
        if (a == null || b == null) {
            return a != null ? a : b;
        }
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode tail = head, aPtr = a, bPtr = b;
        while (aPtr != null && bPtr != null) {
            if (aPtr.val < bPtr.val) {
                tail.next = aPtr;
                aPtr = aPtr.next;
            } else {
                tail.next = bPtr;
                bPtr = bPtr.next;
            }
            tail = tail.next;
        }
        tail.next = (aPtr != null ? aPtr : bPtr);
        return head.next;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：假设每个链表的最长长度是 n。在第一次合并后，ans 的长度为 n；第二次合并后，ans 的长度为 2\times n，第 i 次合并后，ans 的长度为 i\times n。第 i 次合并的时间代价是 O(n + (i - 1) \times n) = O(i \times n)，那么总的时间代价为 O(\sum_{i = 1}^{k} (i \times n)) = O((1 + k)\cdot k}{2} \times n) = O(k^2 n)，故渐进时间复杂度为 O(k^2 n)。
  • 空间复杂度：没有用到与 k 和 n 规模相关的辅助空间，故渐进空间复杂度为 O(1)。

方法二：分治合并

思路

考虑优化方法一，用分治的方法进行合并。

  • 将 k 个链表配对并将同一对中的链表合并；
  • 第一轮合并以后， k 个链表被合并成了 k}{2 个链表，平均长度为 2n}{k，然后是 k}{4 个链表， k}{8 个链表等等；
  • 重复这一过程，直到我们得到了最终的有序链表。

代码

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class Solution {
public:
    ListNode* mergeTwoLists(ListNode *a, ListNode *b) {
        if ((!a) || (!b)) return a ? a : b;
        ListNode head, *tail = &head, *aPtr = a, *bPtr = b;
        while (aPtr && bPtr) {
            if (aPtr->val < bPtr->val) {
                tail->next = aPtr; aPtr = aPtr->next;
            } else {
                tail->next = bPtr; bPtr = bPtr->next;
            }
            tail = tail->next;
        }
        tail->next = (aPtr ? aPtr : bPtr);
        return head.next;
    }

    ListNode* merge(vector <ListNode*> &lists, int l, int r) {
        if (l == r) return lists[l];
        if (l > r) return nullptr;
        int mid = (l + r) >> 1;
        return mergeTwoLists(merge(lists, l, mid), merge(lists, mid + 1, r));
    }

    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        return merge(lists, 0, lists.size() - 1);
    }
};
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class Solution {
    public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
        return merge(lists, 0, lists.length - 1);
    }

    public ListNode merge(ListNode[] lists, int l, int r) {
        if (l == r) {
            return lists[l];
        }
        if (l > r) {
            return null;
        }
        int mid = (l + r) >> 1;
        return mergeTwoLists(merge(lists, l, mid), merge(lists, mid + 1, r));
    }

    public ListNode mergeTwoLists(ListNode a, ListNode b) {
        if (a == null || b == null) {
            return a != null ? a : b;
        }
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode tail = head, aPtr = a, bPtr = b;
        while (aPtr != null && bPtr != null) {
            if (aPtr.val < bPtr.val) {
                tail.next = aPtr;
                aPtr = aPtr.next;
            } else {
                tail.next = bPtr;
                bPtr = bPtr.next;
            }
            tail = tail.next;
        }
        tail.next = (aPtr != null ? aPtr : bPtr);
        return head.next;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：考虑递归「向上回升」的过程——第一轮合并 k}{2 组链表，每一组的时间代价是 O(2n)；第二轮合并 k}{4 组链表，每一组的时间代价是 O(4n)……所以总的时间代价是 O(\sum_{i = 1}^{\infty} k}{2^i} \times 2^i n) = O(kn \times \log k)，故渐进时间复杂度为 O(kn \times \log k)。
  • 空间复杂度：递归会使用到 O(\log k) 空间代价的栈空间。

方法三：使用优先队列合并

思路

这个方法和前两种方法的思路有所不同，我们需要维护当前每个链表没有被合并的元素的最前面一个，k 个链表就最多有 k 个满足这样条件的元素，每次在这些元素里面选取 val 属性最小的元素合并到答案中。在选取最小元素的时候，我们可以用优先队列来优化这个过程。

代码

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class Solution {
public:
    struct Status {
        int val;
        ListNode *ptr;
        bool operator < (const Status &rhs) const {
            return val > rhs.val;
        }
    };

    priority_queue <Status> q;

    ListNode* mergeKLists(vector<ListNode*>& lists) {
        for (auto node: lists) {
            if (node) q.push({node->val, node});
        }
        ListNode head, *tail = &head;
        while (!q.empty()) {
            auto f = q.top(); q.pop();
            tail->next = f.ptr; 
            tail = tail->next;
            if (f.ptr->next) q.push({f.ptr->next->val, f.ptr->next});
        }
        return head.next;
    }
};
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class Solution {
    class Status implements Comparable<Status> {
        int val;
        ListNode ptr;

        Status(int val, ListNode ptr) {
            this.val = val;
            this.ptr = ptr;
        }

        public int compareTo(Status status2) {
            return this.val - status2.val;
        }
    }

    PriorityQueue<Status> queue = new PriorityQueue<Status>();

    public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
        for (ListNode node: lists) {
            if (node != null) {
                queue.offer(new Status(node.val, node));
            }
        }
        ListNode head = new ListNode(0);
        ListNode tail = head;
        while (!queue.isEmpty()) {
            Status f = queue.poll();
            tail.next = f.ptr;
            tail = tail.next;
            if (f.ptr.next != null) {
                queue.offer(new Status(f.ptr.next.val, f.ptr.next));
            }
        }
        return head.next;
    }
}

复杂度分析

  • 时间复杂度：考虑优先队列中的元素不超过 k 个，那么插入和删除的时间代价为 O(\log k)，这里最多有 kn 个点，对于每个点都被插入删除各一次，故总的时间代价即渐进时间复杂度为 O(kn \times \log k)。
  • 空间复杂度：这里用了优先队列，优先队列中的元素不超过 k 个，故渐进空间复杂度为 O(k)。
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