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leetcode第23题
题目描述（困难难度）
k 个有序链表的合并。
我们用 N 表示链表的总长度，考虑最坏情况，k 个链表的长度相等，都为 n 。
解法一 暴力破解
简单粗暴，遍历所有的链表，将数字存到一个数组里，然后用快速排序，最后再将排序好的数组存到一个链表里。
public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
List<Integer> l = new ArrayList<Integer>();
//存到数组
for (ListNode ln : lists) {
while (ln != null) {
l.add(ln.val);
ln = ln.next;
}
}
//数组排序
Collections.sort(l);
//存到链表
ListNode head = new ListNode(0);
ListNode h = head;
for (int i : l) {
ListNode t = new ListNode(i);
h.next = t;
h = h.next;
}
h.next = null;
return head.next;
}
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时间复杂度：假设 N 是所有的数字个数，存到数组是 O（N），排序如果是用快速排序就是 O(Nlog_N)O(NlogN) ，存到链表是 O（N），所以取个最大的，就是 O(Nlog_N)O(NlogN)。
空间复杂度：新建了一个链表，O（N）。
解法二 一列一列比较
我们可以一列一列的比较，将最小的一个存到一个新的链表里。
public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
int min_index = 0;
ListNode head = new ListNode(0);
ListNode h = head;
while (true) {
boolean isBreak = true;//标记是否遍历完所有链表
int min = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < lists.length; i++) {
if (lists[i] != null) {
//找出最小下标
if (lists[i].val < min) {
min_index = i;
min = lists[i].val;
}
//存在一个链表不为空，标记改完 false
isBreak = false;
}
}
if (isBreak) {
break;
}
//加到新链表中
ListNode a = new ListNode(lists[min_index].val);
h.next = a;
h = h.next;
//链表后移一个元素
lists[min_index] = lists[min_index].next;
}
h.next = null;
return head.next;
}
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时间复杂度：假设最长的链表长度是 n ，那么 while 循环将循环 n 次。假设链表列表里有 k 个链表，for 循环执行 k 次，所以时间复杂度是 O（kn）。
空间复杂度：N 表示最终链表的长度，则为 O（N）。
其实我们不需要创建一个新链表保存，我们只需要改变得到的最小结点的指向就可以了。
public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
int min_index = 0;
ListNode head = new ListNode(0);
ListNode h = head;
while (true) {
boolean isBreak = true;
int min = Integer.MAX_VALUE;
for (int i = 0; i < lists.length; i++) {
if (lists[i] != null) {
if (lists[i].val < min) {
min_index = i;
min = lists[i].val;
}
isBreak = false;
}
}
if (isBreak) {
break;
}
//最小的节点接过来
h.next = lists[min_index];
h = h.next;
lists[min_index] = lists[min_index].next;
}
h.next = null;
return head.next;
}
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时间复杂度：假设最长的链表长度是 n ，那么 while 循环将循环 n 次。假设链表列表里有 k 个链表，for 循环执行 k 次，所以时间复杂度是 O（kn）。
空间复杂度：O（1）。
解法三 优先队列
解法二中，我们每次都是取出一个最小的，然后加入一个新的， O（1）的复杂度，再找最小的，O（k） 的复杂度。我们完全可以用一个优先队列。
我们将优先级定义为数越小优先级越高，如果用堆实现优先队列，这样我们每次找最小不再需要 O（k），而是 O（log（k）），当然这样的话，我们加入新的话不再是 O（1），也需要 O（log（k））。可以看看这里和这里。
public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
//定义优先队列的比较器
Comparator<ListNode> cmp;
cmp = new Comparator<ListNode>() {
@Override
public int compare(ListNode o1, ListNode o2) {
// TODO Auto-generated method stub
return o1.val-o2.val;
}
};
//建立队列
Queue<ListNode> q = new PriorityQueue<ListNode>(cmp);
for(ListNode l : lists){
if(l!=null){
q.add(l);
}
}
ListNode head = new ListNode(0);
ListNode point = head;
while(!q.isEmpty()){
//出队列
point.next = q.poll();
point = point.next;
//判断当前链表是否为空，不为空就将新元素入队
ListNode next = point.next;
if(next!=null){
q.add(next);
}
}
return head.next;
}
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时间复杂度：假如总共有 N 个节点，每个节点入队出队都需要 log（k），所有时间复杂度是 O（N log（k））。
空间复杂度：优先队列需要 O（k）的复杂度。
解法四 两两合并
利用合并两个链表的算法，我们直接两两合并，第 0 个和第 1 个链表合并，新生成的再和第 2 个链表合并，新生成的再和第 3 个链表合并...直到全部合并完。
public ListNode mergeTwoLists(ListNode l1, ListNode l2) {
ListNode h = new ListNode(0);
ListNode ans=h;
while (l1 != null && l2 != null) {
if (l1.val < l2.val) {
h.next = l1;
h = h.next;
l1 = l1.next;
} else {
h.next = l2;
h = h.next;
l2 = l2.next;
}
}
if(l1==null){
h.next=l2;
}
if(l2==null){
h.next=l1;
}
return ans.next;
}
public ListNode mergeKLists(ListNode[] lists) {
if(lists.length==1){
return lists[0];
}
if(lists.length==0){
return null;
}
ListNode head = mergeTwoLists(lists[0],lists[1]);
for (int i = 2; i < lists.length; i++) {
head = mergeTwoLists(head,lists[i]);
}
return head;
}
Copy
时间复杂度：不妨假设是 k 个链表并且长度相同，链表总长度为 N，那么第一次合并就是 N/k 和 N/k ，第二次合并就是 2 * N/k 和 N/k，第三次合并就是 3 * N/k 和 N / k，总共进行 n - 1 次合并，每次合并的时间复杂度是 O（n），所以总时间复杂度就是O(\sum_{i=1}^{k-1}(i*\frac{N}{k}+\frac{N}{k}))=O(kN)* O (∑i*=1k−1(* i∗kN + kN *))=*O ( k *N)，可以将两项分开，N/k 其实是常数，分开的第一项是等差数列。
空间复杂度：O（1）。
总
优先队列的运用印象深刻，此外对两两链表的合并，我们仅仅改变了合并的方式就将时间复杂度降低了很多，美妙！
