6.6-链表

链表的定义

C++的定义链表节点方式，如下所示：

// 单链表
struct ListNode {
    int val;  // 节点上存储的元素
    ListNode *next;  // 指向下一个节点的指针
    ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}  // 节点的构造函数
};

不定义构造函数，C++默认生成一个构造函数，但是这个构造函数不会初始化任何成员变量，下面举两个例子：

通过自己定义构造函数初始化节点：

ListNode* head = new ListNode(5);

使用默认构造函数初始化节点：

ListNode* head = new ListNode();
head->val = 5;

所以如果不定义构造函数使用默认构造函数的话，在初始化的时候就不能直接给变量赋值！

链表的操作链表的操作

主要是增删

数组在定义的时候，长度就是固定的，如果想改动数组的长度，就需要重新定义一个新的数组。

链表的长度可以是不固定的，并且可以动态增删， 适合数据量不固定，频繁增删，较少查询的场景。

203.移除链表元素

题目描述：

给你一个链表的头节点 head 和一个整数 val ，请你删除链表中所有满足 Node.val == val 的节点，并返回 新的头节点 。

示例 1：

输入：head = [1,2,6,3,4,5,6], val = 6
输出：[1,2,3,4,5]

示例 2：

输入：head = [], val = 1
输出：[]

示例 3：

输入：head = [7,7,7,7], val = 7
输出：[]

提示：

• 列表中的节点数目在范围 [0, 104] 内
• 1 <= Node.val <= 50
• 0 <= val <= 50

思路：设置虚拟头结点：以一种统一的逻辑来移除链表的节点

移除头结点和移除其他节点的操作是不一样的，因为链表的其他节点都是通过前一个节点来移除当前节点，而头结点没有前一个节点。

所以头结点如何移除呢，其实只要将头结点向后移动一位就可以，这样就从链表中移除了一个头结点。

在写代码的时候也会发现，需要单独写一段逻辑来处理移除头结点的情况。

那么可不可以 以一种统一的逻辑来移除 链表的节点呢。

其实可以设置一个虚拟头结点，这样原链表的所有节点就都可以按照统一的方式进行移除了。

最后呢在题目中，return 头结点的时候，别忘了 return dummyNode->next;， 这才是新的头结点

AC代码：

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode() : val(0), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x) : val(x), next(nullptr) {}
 *     ListNode(int x, ListNode *next) : val(x), next(next) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode* removeElements(ListNode* head, int target) {
        ListNode* dummyHead = new ListNode(0);
        dummyHead-> next = head;

        ListNode* cur = dummyHead;
        while(cur->next != NULL){
          if(cur->next->val == target){
            ListNode* tmp = cur->next;
            cur->next = cur->next->next;
            delete tmp;
          }
          else  cur = cur->next;
        }
        head = dummyHead->next;
        delete dummyHead;
        return head;
    }
};

---

M:707.设计链表

题目描述：

你可以选择使用单链表或者双链表，设计并实现自己的链表。

单链表中的节点应该具备两个属性：val 和 next 。val 是当前节点的值，next 是指向下一个节点的指针/引用。

如果是双向链表，则还需要属性 prev 以指示链表中的上一个节点。假设链表中的所有节点下标从 0 开始。

实现 MyLinkedList 类：

• MyLinkedList() 初始化 MyLinkedList 对象。
• int get(int index) 获取链表中下标为 index 的节点的值。如果下标无效，则返回 -1 。
• void addAtHead(int val) 将一个值为 val 的节点插入到链表中第一个元素之前。在插入完成后，新节点会成为链表的第一个节点。
• void addAtTail(int val) 将一个值为 val 的节点追加到链表中作为链表的最后一个元素。
• void addAtIndex(int index, int val) 将一个值为 val 的节点插入到链表中下标为 index 的节点之前。如果 index 等于链表的长度，那么该节点会被追加到链表的末尾。如果 index 比长度更大，该节点将 不会插入 到链表中。
• void deleteAtIndex(int index) 如果下标有效，则删除链表中下标为 index 的节点。

示例：

输入
["MyLinkedList", "addAtHead", "addAtTail", "addAtIndex", "get", "deleteAtIndex", "get"]
[[], [1], [3], [1, 2], [1], [1], [1]]
输出
[null, null, null, null, 2, null, 3]

解释
MyLinkedList myLinkedList = new MyLinkedList();
myLinkedList.addAtHead(1);
myLinkedList.addAtTail(3);
myLinkedList.addAtIndex(1, 2);    // 链表变为 1->2->3
myLinkedList.get(1);              // 返回 2
myLinkedList.deleteAtIndex(1);    // 现在，链表变为 1->3
myLinkedList.get(1);              // 返回 3

提示：

• 0 <= index, val <= 1000
• 请不要使用内置的 LinkedList 库。
• 调用 get、addAtHead、addAtTail、addAtIndex 和 deleteAtIndex 的次数不超过 2000 。

思路：

这道题目设计链表的五个接口：

• 获取链表第index个节点的数值
• 在链表的最前面插入一个节点
• 在链表的最后面插入一个节点
• 在链表第index个节点前面插入一个节点
• 删除链表的第index个节点

可以说这五个接口，已经覆盖了链表的常见操作，是练习链表操作非常好的一道题目

链表操作的两种方式：

1. 直接使用原来的链表来进行操作。
2. 设置一个虚拟头结点在进行操作。

下面采用的设置一个虚拟头结点（这样更方便一些，大家看代码就会感受出来）。

AC代码：

class MyLinkedList {
public:
    // 定义链表节点结构体
    struct LinkedNode {
        int val;
        LinkedNode* next;
        LinkedNode(int val):val(val), next(nullptr){}
    };//结构体struct}后一定要加分号！！

    // 初始化链表
    MyLinkedList() {
        _dummyHead = new LinkedNode(0); // 这里定义的头结点 是一个虚拟头结点，而不是真正的链表头结点
        _size = 0;
    }

    // 获取到第index个节点数值，如果index是非法数值直接返回-1， 注意index是从0开始的，第0个节点就是头结点
    int get(int index) {
        if (index > (_size - 1) || index < 0) {
            return -1;
        }
        LinkedNode* cur = _dummyHead->next;
        while(index--){ // 如果--index 就会陷入死循环
            cur = cur->next;
        }
        return cur->val;
    }

    // 在链表最前面插入一个节点，插入完成后，新插入的节点为链表的新的头结点
    void addAtHead(int val) {
        LinkedNode* newNode = new LinkedNode(val);
        newNode->next = _dummyHead->next;
        _dummyHead->next = newNode;
        _size++;
    }

    // 在链表最后面添加一个节点
    void addAtTail(int val) {
        LinkedNode* newNode = new LinkedNode(val);
        LinkedNode* cur = _dummyHead;
        while(cur->next != nullptr){
            cur = cur->next;
        }
        cur->next = newNode;
        _size++;
    }

    // 在第index个节点之前插入一个新节点，例如index为0，那么新插入的节点为链表的新头节点。
    // 如果index 等于链表的长度，则说明是新插入的节点为链表的尾结点
    // 如果index大于链表的长度，则返回空
    // 如果index小于0，则在头部插入节点
    void addAtIndex(int index, int val) {

        if(index > _size) return;
        if(index < 0) index = 0;        
        LinkedNode* newNode = new LinkedNode(val);
        LinkedNode* cur = _dummyHead;
        while(index--) {
            cur = cur->next;
        }
        newNode->next = cur->next;
        cur->next = newNode;
        _size++;
    }

    // 删除第index个节点，如果index 大于等于链表的长度，直接return，注意index是从0开始的
    void deleteAtIndex(int index) {
        if (index >= _size || index < 0) {
            return;
        }
        LinkedNode* cur = _dummyHead;
        while(index--) {
            cur = cur ->next;
        }
        LinkedNode* tmp = cur->next;
        cur->next = cur->next->next;
        delete tmp;
        //delete命令指示释放了tmp指针原本所指的那部分内存，
        //被delete后的指针tmp的值（地址）并非就是NULL，而是随机值。也就是被delete后，
        //如果不再加上一句tmp=nullptr,tmp会成为乱指的野指针
        //如果之后的程序不小心使用了tmp，会指向难以预想的内存空间
        tmp=nullptr;
        _size--;
    }

private:
    int _size;
    LinkedNode* _dummyHead;

};

---

206.反转链表

题目描述：

给你单链表的头节点 head ，请你反转链表，并返回反转后的链表。

示例 1：

输入：head = [1,2,3,4,5]
输出：[5,4,3,2,1]

示例 2：

输入：head = [1,2]
输出：[2,1]

示例 3：

输入：head = []
输出：[]

提示：

• 链表中节点的数目范围是 [0, 5000]
• -5000 <= Node.val <= 5000

进阶：链表可以选用迭代或递归方式完成反转。你能否用两种方法解决这道题？

思路：

先定义一个==cur==指针，指向头结点，再定义一个==pre==指针，初始化为==null==。

然后就要开始反转了，首先要把 ==cur->next== 节点用tmp指针保存一下，也就是保存一下这个节点。

为什么要保存一下这个节点呢，因为接下来要改变 ==cur->next== 的指向了，将==cur->next 指向pre== ，此时已经反转了第一个节点了。

接下来，就是循环走如下代码逻辑了，继续移动==pre==和==cur==指针。

最后，==cur== 指针已经指向了==null==，循环结束，链表也反转完毕了。 此时我们==return pre==指针就可以了，==pre==指针就指向了新的头结点。

法一：双指针法

class Solution {
public:
    ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        ListNode* temp; // 保存cur的下一个节点
        ListNode* cur = head;
        ListNode* pre = NULL;
        while(cur) {
            temp = cur->next;  // 保存一下 cur的下一个节点，因为接下来要改变cur->next
            cur->next = pre; // 翻转操作
            // 更新pre 和 cur指针
            pre = cur;
            cur = temp;
        }
        return pre;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

法二：递归法

递归法相对抽象一些，但是其实和双指针法是一样的逻辑，同样是当==cur==为空的时候循环结束，不断将==cur==指向==pre==的过程。

关键是初始化的地方，可能有的同学会不理解， 可以看到双指针法中初始化==cur = head==，==pre = NULL==，在递归法中可以从如下代码看出初始化的逻辑也是一样的，只不过写法变了。

class Solution {
public:
    ListNode* reverse(ListNode* pre,ListNode* cur){
        if(cur == NULL) return pre;
        ListNode* temp = cur->next;
        cur->next = pre;
        // 可以和双指针法的代码进行对比，如下递归的写法，其实就是做了这两步
        // pre = cur;
        // cur = temp;
        return reverse(cur,temp);
    }
    ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        // 和双指针法初始化是一样的逻辑
        // ListNode* cur = head;
        // ListNode* pre = NULL;
        return reverse(NULL, head);
    }

};

• 时间复杂度: O(n), 要递归处理链表的每个节点
• 空间复杂度: O(n), 递归调用了 n 层栈空间

我们可以发现，上面的递归写法和双指针法实质上都是从前往后翻转指针指向，其实还有另外一种与双指针法不同思路的递归写法：==从后往前翻转指针指向==。

法三：从后往前翻转指针指向

class Solution {
public:
    ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        // 边缘条件判断
        if(head == NULL) return NULL;
        if (head->next == NULL) return head;
        
        // 递归调用，翻转第二个节点开始往后的链表
        ListNode *last = reverseList(head->next);
        // 翻转头节点与第二个节点的指向
        head->next->next = head;
        // 此时的 head 节点为尾节点，next 需要指向 NULL
        head->next = NULL;
        return last;
    }
}; 

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(n)

---

M：24. 两两交换链表中的节点

题目描述：

给你一个链表，两两交换其中相邻的节点，并返回交换后链表的头节点。你必须在不修改节点内部的值的情况下完成本题（即，只能进行节点交换）。

示例 1：

输入：head = [1,2,3,4]
输出：[2,1,4,3]

示例 2：

输入：head = []
输出：[]

示例 3：

输入：head = [1]
输出：[1]

提示：

• 链表中节点的数目在范围 [0, 100] 内
• 0 <= Node.val <= 100

思路：

这道题目正常模拟就可以了。接下来就是交换相邻两个元素了，此时一定要画图，不画图，操作多个指针很容易乱，而且要操作的先后顺序

初始时，cur指向虚拟头结点，然后进行如下三步：

AC代码：

class Solution {
public:
    ListNode* swapPairs(ListNode* head) {
        ListNode* dummyHead = new ListNode(0); // 设置一个虚拟头结点
        dummyHead->next = head; // 将虚拟头结点指向head，这样方便后面做删除操作
        ListNode* cur = dummyHead;
        while(cur->next != nullptr && cur->next->next != nullptr) {
            ListNode* tmp = cur->next; // 记录临时节点
            ListNode* tmp1 = cur->next->next->next; // 记录临时节点

            cur->next = cur->next->next;    // 步骤一
            cur->next->next = tmp;          // 步骤二
            cur->next->next->next = tmp1;   // 步骤三

            cur = cur->next->next; // cur移动两位，准备下一轮交换
        }
        ListNode* result = dummyHead->next;
        delete dummyHead;
        return result;
    }
};

• 时间复杂度：O(n)
• 空间复杂度：O(1)

---

M：19.删除链表的倒数第N个节点

题目描述：

给你一个链表，删除链表的倒数第 n 个结点，并且返回链表的头结点。

示例 1：

输入：head = [1,2,3,4,5], n = 2
输出：[1,2,3,5]

示例 2：

输入：head = [1], n = 1
输出：[]

示例 3：

输入：head = [1,2], n = 1
输出：[1]

提示：

• 链表中结点的数目为 sz
• 1 <= sz <= 30
• 0 <= Node.val <= 100
• 1 <= n <= sz

进阶：你能尝试使用一趟扫描实现吗？

思路：双指针

双指针的经典应用，如果要删除倒数第n个节点，让fast移动n步，然后让fast和slow同时移动，直到fast指向链表末尾。删掉slow所指向的节点就可以了。

思路是这样的，但要注意一些细节。

分为如下几步：

• 使用虚拟头结点，这样方便处理删除实际头结点的逻辑

• 定义fast指针和slow指针，初始值为虚拟头结点，如图：

  

• fast首先走n + 1步 ，为什么是n+1呢，因为只有这样同时移动的时候slow才能指向删除节点的上一个节点（方便做删除操作），如图：

• fast和slow同时移动，直到fast指向末尾，如题：

• 删除slow指向的下一个节点，如图：

AC代码：

class Solution {
public:
    ListNode* removeNthFromEnd(ListNode* head, int n) {
        ListNode* dummyHead = new ListNode(0);
        dummyHead->next = head;
        ListNode* slow = dummyHead;
        ListNode* fast = dummyHead;
        while(n-- && fast != NULL) {
            fast = fast->next;
        }
        fast = fast->next; // fast再提前走一步，因为需要让slow指向删除节点的上一个节点
        while (fast != NULL) {
            fast = fast->next;
            slow = slow->next;
        }
        slow->next = slow->next->next; 
        
        // ListNode *tmp = slow->next;  C++释放内存的逻辑
        // slow->next = tmp->next;
        // delete tmp;
        
        return dummyHead->next;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)
• 空间复杂度: O(1)

---

面试题 02.07. 链表相交

题意描述：

给你两个单链表的头节点 headA 和 headB ，请你找出并返回两个单链表相交的起始节点。如果两个链表没有交点，返回 null 。

图示两个链表在节点 c1 开始相交：

题目数据 保证 整个链式结构中不存在环。

注意，函数返回结果后，链表必须 保持其原始结构 。

示例 1：

输入：intersectVal = 8, listA = [4,1,8,4,5], listB = [5,0,1,8,4,5], skipA = 2, skipB = 3
输出：Intersected at '8'
解释：相交节点的值为 8 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
从各自的表头开始算起，链表 A 为 [4,1,8,4,5]，链表 B 为 [5,0,1,8,4,5]。
在 A 中，相交节点前有 2 个节点；在 B 中，相交节点前有 3 个节点。

示例 2：

输入：intersectVal = 2, listA = [0,9,1,2,4], listB = [3,2,4], skipA = 3, skipB = 1
输出：Intersected at '2'
解释：相交节点的值为 2 （注意，如果两个链表相交则不能为 0）。
从各自的表头开始算起，链表 A 为 [0,9,1,2,4]，链表 B 为 [3,2,4]。
在 A 中，相交节点前有 3 个节点；在 B 中，相交节点前有 1 个节点。

示例 3：

输入：intersectVal = 0, listA = [2,6,4], listB = [1,5], skipA = 3, skipB = 2
输出：null
解释：从各自的表头开始算起，链表 A 为 [2,6,4]，链表 B 为 [1,5]。
由于这两个链表不相交，所以 intersectVal 必须为 0，而 skipA 和 skipB 可以是任意值。
这两个链表不相交，因此返回 null 。

提示：

• listA 中节点数目为 m
• listB 中节点数目为 n
• 0 <= m, n <= 3 * 104
• 1 <= Node.val <= 105
• 0 <= skipA <= m
• 0 <= skipB <= n
• 如果 listA 和 listB 没有交点，intersectVal 为 0
• 如果 listA 和 listB 有交点，intersectVal == listA[skipA + 1] == listB[skipB + 1]

进阶：你能否设计一个时间复杂度 O(n) 、仅用 O(1) 内存的解决方案？

思路：

简单来说，就是求两个链表交点节点的指针。 这里同学们要注意，交点不是数值相等，而是指针相等。

为了方便举例，假设节点元素数值相等，则节点指针相等。

看如下两个链表，目前==curA==指向链表A的头结点，==curB==指向链表B的头结点：

我们求出两个链表的长度，并求出两个链表长度的差值，然后让==curA==移动到，和==curB== 末尾对齐的位置，如图：

此时我们就可以比较==curA==和==curB==是否相同，如果不相同，同时向后移动==curA==和==curB==，如果遇到==curA == curB==，则找到交点。

否则循环退出返回空指针。

class Solution {
public:
    ListNode *getIntersectionNode(ListNode *headA, ListNode *headB) {
        ListNode* curA = headA;
        ListNode* curB = headB;
        int lenA = 0, lenB = 0;
        while (curA != NULL) { // 求链表A的长度
            lenA++;
            curA = curA->next;
        }
        while (curB != NULL) { // 求链表B的长度
            lenB++;
            curB = curB->next;
        }
        curA = headA;
        curB = headB;
        // 让curA为最长链表的头，lenA为其长度
        if (lenB > lenA) {
            swap (lenA, lenB);
            swap (curA, curB);
        }
        // 求长度差
        int gap = lenA - lenB;
        // 让curA和curB在同一起点上（末尾位置对齐）
        while (gap--) {
            curA = curA->next;
        }
        // 遍历curA 和 curB，遇到相同则直接返回
        while (curA != NULL) {
            if (curA == curB) {
                return curA;
            }
            curA = curA->next;
            curB = curB->next;
        }
        return NULL;
    }
};

• 时间复杂度：O(n + m)
• 空间复杂度：O(1)

---

M:142. 环形链表 II - 力扣（LeetCode）

题意描述：

给定一个链表的头节点 head ，返回链表开始入环的第一个节点。 如果链表无环，则返回 null。

如果链表中有某个节点，可以通过连续跟踪 next 指针再次到达，则链表中存在环。 为了表示给定链表中的环，评测系统内部使用整数 pos 来表示链表尾连接到链表中的位置（索引从 0 开始）。如果 pos 是 -1，则在该链表中没有环。注意：pos 不作为参数进行传递，仅仅是为了标识链表的实际情况。

不允许修改 链表。

示例 1：

输入：head = [3,2,0,-4], pos = 1
输出：返回索引为 1 的链表节点
解释：链表中有一个环，其尾部连接到第二个节点。

示例 2：

输入：head = [1,2], pos = 0
输出：返回索引为 0 的链表节点
解释：链表中有一个环，其尾部连接到第一个节点。

示例 3：

输入：head = [1], pos = -1
输出：返回 null
解释：链表中没有环。

提示：

• 链表中节点的数目范围在范围 [0, 104] 内
• -105 <= Node.val <= 105
• pos 的值为 -1 或者链表中的一个有效索引

进阶：你是否可以使用 O(1) 空间解决此题？

思路：大体考察两知识点：

1. 判断链表是否环
2. 如果有环，如何找到这个环的入口

1. 判断链表是否有环

可以使用快慢指针法，分别定义 fast 和 slow 指针，从头结点出发，fast指针每次移动两个节点，slow指针每次移动一个节点，如果 fast 和 slow指针在途中相遇 ，说明这个链表有环。

为什么fast 走两个节点，slow走一个节点，有环的话，一定会在环内相遇呢，而不是永远的错开呢

首先第一点：fast指针一定先进入环中，如果fast指针和slow指针相遇的话，一定是在环中相遇，这是毋庸置疑的。

2.如果有环，如何找到这个环的入口

假设从头结点到环形入口节点 的节点数为x。 环形入口节点到==fast指针==与==slow指针==相遇节点 节点数为y。 从相遇节点再到环形入口节点节点数为 z。 如图所示：

那么相遇时： slow指针走过的节点数为: x + y， fast指针走过的节点数：x + y + n (y + z)，n为fast指针在环内走了n圈才遇到slow指针， （y+z）为 一圈内节点的个数A。

因为fast指针是一步走两个节点，slow指针一步走一个节点， 所以 fast指针走过的节点数 = slow指针走过的节点数 * 2：

(x + y) * 2 = x + y + n (y + z)

两边消掉一个（x+y）: x + y = n (y + z)

因为要找环形的入口，那么要求的是x，因为x表示 头结点到 环形入口节点的的距离。

所以要求x ，将x单独放在左面：x = n (y + z) - y ,

再从n(y+z)中提出一个 （y+z）来，整理公式之后为如下公式：x = (n - 1) (y + z) + z 注意这里n一定是大于等于1的，因为 fast指针至少要多走一圈才能相遇slow指针。

这个公式说明什么呢？

先拿n为1的情况来举例，意味着fast指针在环形里转了一圈之后，就遇到了 slow指针了。

1. 当 n为1的时候，公式就化解为 x = z，

这就意味着，从头结点出发一个指针，从相遇节点 也出发一个指针，这两个指针每次只走一个节点， 那么当这两个指针相遇的时候就是 环形入口的节点。

也就是在相遇节点处，定义一个指针index1，在头结点处定一个指针index2。

让index1和index2同时移动，每次移动一个节点， 那么他们相遇的地方就是 环形入口的节点。

1. n大于1,就是fast指针在环形转n圈之后才遇到 slow指针。

其实这种情况和n为1的时候效果是一样的，一样可以通过这个方法找到环形的入口节点，只不过，index1 指针在环里 多转了(n-1)圈，然后再遇到index2，相遇点依然是==环形的入口节点==。

AC代码：

/**
 * Definition for singly-linked list.
 * struct ListNode {
 *     int val;
 *     ListNode *next;
 *     ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
 * };
 */
class Solution {
public:
    ListNode *detectCycle(ListNode *head) {
        ListNode* fast = head;
        ListNode* slow = head;
        while(fast != NULL && fast->next != NULL) {
            slow = slow->next;
            fast = fast->next->next;
            // 快慢指针相遇，此时从head 和 相遇点，同时查找直至相遇
            if (slow == fast) {
                ListNode* index1 = fast;
                ListNode* index2 = head;
                while (index1 != index2) {
                    index1 = index1->next;
                    index2 = index2->next;
                }
                return index2; // 返回环的入口
            }
        }
        return NULL;
    }
};

• 时间复杂度: O(n)，快慢指针相遇前，指针走的次数小于链表长度，快慢指针相遇后，两个index指针走的次数也小于链表长度，总体为走的次数小于 2n
• 空间复杂度: O(1)

---

234. 回文链表

题目描述：

给你一个单链表的头节点 head ，请你判断该链表是否为回文链表

。如果是，返回 true ；否则，返回 false 。

示例 1：

输入：head = [1,2,2,1]
输出：true

示例 2：

输入：head = [1,2]
输出：false

提示：

• 链表中节点数目在范围[1, 105] 内
• 0 <= Node.val <= 9

进阶：你能否用 O(n) 时间复杂度和 O(1) 空间复杂度解决此题？

思路1：数组模拟

最直接的想法，就是把链表装成数组，然后再判断是否回文。

代码也比较简单。如下：

class Solution {
public:
    bool isPalindrome(ListNode* head) {
        vector<int> vec;
        ListNode* cur  = head;
        while (cur) {
            vec.push_back(cur->val);
            cur = cur->next;
        }
        // 比较数组回文
        for (int i = 0, j = vec.size() - 1; i < j; i++, j--) {
            if (vec[i] != vec[j]) return false;
        }
        return true;
    }
};

上面代码可以在优化，就是先求出链表长度，然后给定vector的初始长度，这样避免vector每次添加节点重新开辟空间

class Solution {
public:
    bool isPalindrome(ListNode* head) {

        ListNode* cur  = head;
        int length = 0;
        while (cur) {
            length++;
            cur = cur->next;
        }
        vector<int> vec(length, 0); // 给定vector的初始长度，这样避免vector每次添加节点重新开辟空间
        cur = head;
        int index = 0;
        while (cur) {
            vec[index++] = cur->val;
            cur = cur->next;
        }
        // 比较数组回文
        for (int i = 0, j = vec.size() - 1; i < j; i++, j--) {
            if (vec[i] != vec[j]) return false;
        }
        return true;
    }
};

思路2：反转后半部分链表

分为如下几步：

• 用快慢指针，快指针有两步，慢指针走一步，快指针遇到终止位置时，慢指针就在链表中间位置
• 同时用==pre==记录慢指针指向节点的前一个节点，用来分割链表
• 将链表分为前后均等两部分，如果链表长度是奇数，那么后半部分多一个节点
• 将后半部分反转 ，得==cur2==，前半部分为==cur1==
• 按照==cur1==的长度，一次比较==cur1==和==cur2==的节点数值

如图所示：

代码如下：

class Solution {
public:
    bool isPalindrome(ListNode* head) {
        if (head == nullptr || head->next == nullptr) return true;
        ListNode* slow = head; // 慢指针，找到链表中间分位置，作为分割
        ListNode* fast = head;
        ListNode* pre = head; // 记录慢指针的前一个节点，用来分割链表
        while (fast && fast->next) {
            pre = slow;
            slow = slow->next;
            fast = fast->next->next;
        }
        pre->next = nullptr; // 分割链表

        ListNode* cur1 = head;  // 前半部分
        ListNode* cur2 = reverseList(slow); // 反转后半部分，总链表长度如果是奇数，cur2比cur1多一个节点

        // 开始两个链表的比较
        while (cur1) {
            if (cur1->val != cur2->val) return false;
            cur1 = cur1->next;
            cur2 = cur2->next;
        }
        return true;
    }
    // 反转链表
    ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        ListNode* temp; // 保存cur的下一个节点
        ListNode* cur = head;
        ListNode* pre = nullptr;
        while(cur) {
            temp = cur->next;  // 保存一下 cur的下一个节点，因为接下来要改变cur->next
            cur->next = pre; // 翻转操作
            // 更新pre 和 cur指针
            pre = cur;
            cur = temp;
        }
        return pre;
    }
};

---

143.重排链表

题目描述：

思路：

1. 数组模拟
2. 双向队列模拟
3. 直接分割链表

方法一：数组模拟

把链表放进数组中，然后通过双指针法，一前一后，来遍历数组，构造链表。

代码如下：

class Solution {
public:
    void reorderList(ListNode* head) {
        vector<ListNode*> vec;
        ListNode* cur = head;
        if (cur == nullptr) return;
        while(cur != nullptr) {
            vec.push_back(cur);
            cur = cur->next;
        }
        cur = head;
        int i = 1;
        int j = vec.size() - 1;  // i j为之前前后的双指针
        int count = 0; // 计数，偶数去后面，奇数取前面
        while (i <= j) {
            if (count % 2 == 0) {
                cur->next = vec[j];
                j--;
            } else {
                cur->next = vec[i];
                i++;
            }
            cur = cur->next;
            count++;
        }
        cur->next = nullptr; // 注意结尾
    }
};

方法二：双向队列模拟

把链表放进双向队列，然后通过双向队列一前一后弹出数据，来构造新的链表。这种方法比操作数组容易一些，不用双指针模拟一前一后了。

class Solution {
public:
    void reorderList(ListNode* head) {
        deque<ListNode*> que;
        ListNode* cur = head;
        if (cur == nullptr) return;

        while(cur->next != nullptr) {
            que.push_back(cur->next);
            cur = cur->next;
        }

        cur = head;
        int count = 0; // 计数，偶数去后面，奇数取前面
        ListNode* node;
        while(que.size()) {
            if (count % 2 == 0) {
                node = que.back();
                que.pop_back();
            } else {
                node = que.front();
                que.pop_front();
            }
            count++;
            cur->next = node;
            cur = cur->next;
        }
        cur->next = nullptr; // 注意结尾
    }
};

方法三：直接分割链表

将链表分割成两个链表，然后把第二个链表反转，之后在通过两个链表拼接成新的链表。

如图：

这种方法，比较难，平均切割链表，看上去很简单，真正代码写的时候有很多细节，同时两个链表最后拼装整一个新的链表也有一些细节需要注意！

代码如下：

class Solution {
private:
    // 反转链表
    ListNode* reverseList(ListNode* head) {
        ListNode* temp; // 保存cur的下一个节点
        ListNode* cur = head;
        ListNode* pre = NULL;
        while(cur) {
            temp = cur->next;  // 保存一下 cur的下一个节点，因为接下来要改变cur->next
            cur->next = pre; // 翻转操作
            // 更新pre 和 cur指针
            pre = cur;
            cur = temp;
        }
        return pre;
    }

public:
    void reorderList(ListNode* head) {
        if (head == nullptr) return;
        // 使用快慢指针法，将链表分成长度均等的两个链表head1和head2
        // 如果总链表长度为奇数，则head1相对head2多一个节点
        ListNode* fast = head;
        ListNode* slow = head;
        while (fast && fast->next && fast->next->next) {
            fast = fast->next->next;
            slow = slow->next;
        }
        ListNode* head1 = head;
        ListNode* head2;
        head2 = slow->next;
        slow->next = nullptr;

        // 对head2进行翻转
        head2 = reverseList(head2);

        // 将head1和head2交替生成新的链表head
        ListNode* cur1 = head1;
        ListNode* cur2 = head2;
        ListNode* cur = head;
        cur1 = cur1->next;
        int count = 0; // 偶数取head2的元素，奇数取head1的元素
        while (cur1 && cur2) {
            if (count % 2 == 0) {
                cur->next = cur2;
                cur2 = cur2->next;
            } else {
                cur->next = cur1;
                cur1 = cur1->next;
            }
            count++;
            cur = cur->next;
        }
        if (cur2 != nullptr) { // 处理结尾
            cur->next = cur2;
        }
        if (cur1 != nullptr) {
            cur->next = cur1;
        }
    }
};