一、题目描述
给定一个单链表 L 的头节点 head ，单链表 L 表示为：
L0 → L1 → … → Ln - 1 → Ln
请将其重新排列后变为：
L0 → Ln → L1 → Ln - 1 → L2 → Ln - 2 → …
不能只是单纯的改变节点内部的值，而是需要实际的进行节点交换。
示例 1：
输入：head = [1,2,3,4] 输出：[1,4,2,3]
示例 2：
输入：head = [1,2,3,4,5] 输出：[1,5,2,4,3]
提示：
- 链表的长度范围为
[1, 5 * 10^4] 1 <= node.val <= 1000
二、解题思路
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找到链表的中点：我们可以使用快慢指针的方法来找到链表的中点，快指针每次移动两步，慢指针每次移动一步，当快指针到达链表尾部时，慢指针就指向了链表的中点。
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翻转链表的后半部分：将链表从中点分为两部分，翻转后半部分的链表。
-
合并链表：将前半部分和翻转后的后半部分交替合并，具体操作为，前半部分的当前节点指向后半部分的当前节点，然后前半部分的当前节点向后移动一位，后半部分的当前节点也向后移动一位，如此循环直到后半部分为空。
三、具体代码
class Solution {
public void reorderList(ListNode head) {
if (head == null || head.next == null) {
return;
}
// 1. 找到链表的中点
ListNode slow = head, fast = head;
while (fast.next != null && fast.next.next != null) {
slow = slow.next;
fast = fast.next.next;
}
// 2. 翻转链表的后半部分
ListNode mid = slow.next;
slow.next = null;
ListNode pre = null, cur = mid;
while (cur != null) {
ListNode next = cur.next;
cur.next = pre;
pre = cur;
cur = next;
}
// 3. 合并链表
ListNode l1 = head, l2 = pre;
while (l2 != null) {
ListNode l1Next = l1.next;
ListNode l2Next = l2.next;
l1.next = l2;
l2.next = l1Next;
l1 = l1Next;
l2 = l2Next;
}
}
}
四、时间复杂度和空间复杂度
1. 时间复杂度
- 找到链表的中点：使用快慢指针，时间复杂度为 O(n/2)，即 O(n)。
- 翻转链表的后半部分：翻转后半部分的链表，时间复杂度为 O(n/2)，即 O(n)。
- 合并链表：合并前半部分和翻转后的后半部分，时间复杂度为 O(n/2)，即 O(n)。
- 综上所述，总的时间复杂度为 O(n) + O(n) + O(n) = O(n)。
2. 空间复杂度
- 找到链表的中点：使用快慢指针，不需要额外空间，空间复杂度为 O(1)。
- 翻转链表的后半部分：翻转链表时，只需要几个指针变量，空间复杂度为 O(1)。
- 合并链表：合并链表时，只需要几个指针变量，空间复杂度为 O(1)。
- 综上所述，总的空间复杂度为 O(1)。
综合以上分析，该算法的时间复杂度为 O(n)，空间复杂度为 O(1)。
五、总结知识点
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链表的基本操作：链表是由节点组成的，每个节点包含数据和指向下一个节点的指针。在这个问题中，我们需要对链表进行遍历、分割、翻转和合并操作。
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快慢指针：快慢指针是一种常用的技巧，用于找到链表的中点。快指针每次移动两步，慢指针每次移动一步，当快指针到达链表尾部时，慢指针就指向了链表的中点。
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链表翻转：翻转链表是链表操作中的经典问题。通过改变节点的指向，将链表的节点顺序反转。这通常通过迭代的方式完成，需要维护前一个节点、当前节点和下一个节点的指针。
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链表合并：将两个链表合并成一个链表，通常需要维护两个链表的当前节点，并按照一定的规则（如交替）将节点连接起来。
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循环和递归：在链表的操作中，循环和递归是两种常用的遍历方式。在这个问题中，我们使用了循环来遍历链表，并执行翻转和合并操作。
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节点拆分：在找到链表的中点后，需要将链表从中点拆分为两个独立的链表。这涉及到修改链表的指针，使前半部分的尾节点指向 null，并将后半部分作为新的链表。
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边界条件处理：在编写链表操作代码时，需要特别注意边界条件，如链表为空、链表只有一个节点或两个节点的情况。这些特殊情况需要特别处理，以确保代码的正确性和鲁棒性。
以上就是解决这个问题的详细步骤，希望能够为各位提供启发和帮助。