本文属于「征服LeetCode」系列文章之一,这一系列正式开始于2021/08/12。由于LeetCode上部分题目有锁,本系列将至少持续到刷完所有无锁题之日为止;由于LeetCode还在不断地创建新题,本系列的终止日期可能是永远。在这一系列刷题文章中,我不仅会讲解多种解题思路及其优化,还会用多种编程语言实现题解,涉及到通用解法时更将归纳总结出相应的算法模板。
为了方便在PC上运行调试、分享代码文件,我还建立了相关的仓库:https://github.com/memcpy0/LeetCode-Conquest。在这一仓库中,你不仅可以看到LeetCode原题链接、题解代码、题解文章链接、同类题目归纳、通用解法总结等,还可以看到原题出现频率和相关企业等重要信息。如果有其他优选题解,还可以一同分享给他人。
由于本系列文章的内容随时可能发生更新变动,欢迎关注和收藏征服LeetCode系列文章目录一文以作备忘。
给你一个长度为n
的链表,每个节点包含一个额外增加的随机指针random
,该指针可以指向链表中的任何节点或空节点。
构造这个链表的深拷贝服务器托管网。深拷贝应该正好由n
个全新节点组成,其中每个新节点的值都设为其对应的原节点的值。新节点的next
指针和random
指针也都应指向复制链表中的新节点,并使原链表和复制链表中的这些指针能够表示相同的链表状态。复制链表中的指针都不应指向原链表中的节点。
例如,如果原链表中有X
和Y
两个节点,其中X.random --> Y
。那么在复制链表中对应的两个节点x
和y
,同样有x.random --> y
。
返回复制链表的头节点。
用一个由n
个节点组成的链表来表示输入/输出中的链表。每个节点用一个[val, random_index]
表示:
-
val
:一个表示Node.val
的整数。 -
random_index
:随机指针指向的节点索引(范围从0
到n-1
);如果不指向任何节点,则为null
。
你的代码只接受原链表的头节点head
作为传入参数。
示例 1:
输入:head = [[7,null],[13,0],[11,4],[10,2],[1,0]]
输出:[[7,null],[13,0],[11,4],[10,2],[1,0]]
示例 2:
输入:head = [[1,1],[2,1]]
输出:[[1,1],[2,1]]
示例 3:
输入:head = [[3,null],[3,0],[3,null]]
输出:[[3,null],[3,0],[3,null]]
提示:
0
-104
-
Node.random
为null
或指向链表中的节点。
类似题目:
- 133.克隆图
本题要求我们对一个特殊的链表进行深拷贝。如果是普通链表,我们可以直接按照遍历的顺序创建链表节点。而本题中因为随机指针的存在,当我们拷贝节点时,「当前节点的随机指针指向的节点」可能还没创建,因此我们需要变换思路。
解法1 递归+哈希表
一个可行方案是,我们利用回溯的方式,让每个节点的拷贝操作相互独立。对于当前节点,我们首先要进行拷贝,然后我们进行「当前节点的后继节点」和「当前节点的随机指针指向的节点」拷贝,拷贝完成后将创建的新节点的指针返回,即可完成当前节点的两指针的赋值。
具体地,我们用哈希表记录每一个节点对应新节点的创建情况。遍历该链表的过程中,我们检查「当前节点的后继节点」和「当前节点的随机指针指向的节点」的创建情况。如果这两个节点中的任何一个节点的新节点没有被创建,我们都立刻递归地进行创建。当我们拷贝完成,回溯到当前层时,我们即可完成当前节点的指针赋值。
注意一个节点可能被多个其他节点指向,因此我们可能递归地多次尝试拷贝某个节点,为了防止重复拷贝,我们需要首先检查当前节点是否被拷贝过,如果已经拷贝过,我们可以直接从哈希表中取出拷贝后的节点的指针并返回即可。
在实际代码中,我们需要特别判断给定节点为空节点的情况。
class Solution {
public:
unordered_mapNode*, Node*> cachedNode;
Node* copyRandomList(Node* head) {
if (head == nullptr) return nullptr;
if (!cachedNode.count(head)) {
Node* headNew = new Node(head->val);
cachedNode[head] = headNew;
headNew->next = copyRandomList(head->next);
headNew->random = copyRandomList(head->random);
}
return cachedNode[head];
}
};
复杂度分析:
- 时间复杂度:
O
(
n
)
O(n)
n
n
- 空间复杂度:
O
(
n
)
O(n)
n
n
解法2 迭代+哈希表
先用一个循环把新旧链表对应的两个结点捆绑在一个二元组里,然后再用一个循环完成对新链表每个结点的
n
e
x
t
next
next 域和
r
a
n
d
o
m
random
random 域的赋值:
class Solution {
public:
Node* copyRandomList(Node* head) {
if (head == nullptr) return nullptr;
unordered_mapNode*, Node*> cachedNode;
Node* cur = head;
while (cur) {
cachedNode[cur] = new Node(cur->val);
cur = cur->next;
}
cur = head;
while (cur) {
cachedNode[cur]->next = cachedNode[cur->next];
cachedNode[cur]->random = cachedNode[cur->random];
cur = cur->next;
}
return cachedNode[head];
}
};
复杂度分析:
- 时间复杂度:
O
(
n
)
O(n)
n
n
- 空间复杂度:
O
(
n
)
O(n)
n
n
解法3 迭代 + 节点拆分
注意到方法一、二需要使用哈希表记录每一个节点对应新节点的创建情况,而我们可以使用一个小技巧来省去哈希表的空间。
- 首先将该链表中每一个节点拆分为两个相连的节点,例如对于链表
A
→
B
→
C
A rightarrow B rightarrow C
A
→
A
′
→
B
→
B
′
→
C
→
C
′
A rightarrow A’ rightarrow B rightarrow B’ rightarrow C rightarrow C’
S
S
S
′
S’
- 这样,我们可以直接找到「每一个拷贝节点
S
′
S’
S
S
T
T
T
′
T’
- 当完成了拷贝节点的随机指针的赋值,我们只需将这个链表按照原节点与拷贝节点的种类进行拆分即可,只需要遍历一次。同样需要注意最后一个拷贝节点的后继节点为空,我们需要特别判断这种情况。
class Solution {
public:
Node* copyRandomList(Node* head) {
服务器托管网 if (head == nullptr) return nullptr;
for (Node* node = head; node; node = node->next->next) {
Node* nodeNew = new Node(node->val);
nodeNew->next = node->next;
node->next = nodeNew;
}
for (Node* node = head; node; node = node->next->next) {
Node* nodeNew = node->next;
nodeNew->random = node->random ? node->random->next : nullptr;
}
Node* headNew = head->next;
for (Node* node = head; node; node = node->next) {
Node* nodeNew = node->next;
node->next = node->next->next;
nodeNew->next = nodeNew->next ? nodeNew->next->next : nullptr;
}
return headNew;
}
};
复杂度分析:
- 时间复杂度:
O
(
n
)
O(n)
n
n
- 空间复杂度:
O
(
1
)
O(1)
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