题目描述:
Sort a linked list in O(nlogn) time using constant space complexity.
/**
* Definition for singly-linked list.
* struct ListNode {
* int val;
* ListNode *next;
* ListNode(int x) : val(x), next(NULL) {}
* };
*/
思路：
对于链表的归并排序，不需要额外的辅助空间(链表通过指针达到逻辑上相邻，而不像数组是物理上相邻，所以针对两个有序链表的合并可以只改动指针，原地进行)，这一点不像数组，因为我们可以就地合并两个有序的链表，这一点对于排序两个有序的数组则需要一个辅助的数组来存放结果。
快慢指针：
O->O->O,长度为2，从头结点开始，需移动2次方能到达最后一个结点，此时长度为2。O->O->O->O,长度为3，从头结点开始，需移动3次方能到达最后一个结点，此时长度为3。所谓链表的结点，即可以从链表结点的个数角度方面来考虑，也可以从链表的长度角度方面来考虑问题，因为本问题我们涉及到移动指针(每进行一次移动指针的操作，长度增加1).所以我们这里从长度角度来理解链表的中间结点，中间结点将链表分为两部分，两部分的长度之差至多为1，我们这里针对快慢指针，右边长度顶多比左边长度大1，总长度length=2*x+r(r=0,或者r=1)，节点个数=长度+1，所以，这种分割方式得到的前半部分的节点个数为：x+1，后半部分的节点个数为：length+1-(x+1)=2*x+r+1-(x+1)=x+r，这样分割得到的前半部分或者和后半部分的节点个数相等，或者前半部分比后半部分的节点个数多1，所以运用快慢指针，就是需要知道针对快指针，我们能进行的合法操作的次数(即式子中的x,x也即此时慢指针所对应的链表的长度x,此时快指针多对应的链表长度为2*x)(针对快指针的操作每进行一次，快指针此时所对应链表的长度增加2)。
代码：
class Solution {
public:
ListNode *merge(ListNode *l1, ListNode *l2) {
if(l1 == nullptr)
return l2;
if(l2 == nullptr)
return l1;
ListNode *dummy = new ListNode(-1);
ListNode *p1 = l1;
ListNode *p2 = l2;
ListNode *last = dummy;
while(p1!=nullptr && p2!=nullptr)
{
if(p1->val <= p2->val)//这里必须是<=,因为归并排序是稳定的排序算法
{
last->next = p1;
last = p1;
p1 = p1->next;
}
else
{
last->next = p2;
last = p2;
p2 = p2->next;
}
}
if (p1 != nullptr)
last->next = p1;
if (p2 != nullptr)
last->next = p2;
ListNode *ret = dummy->next;
dummy->next = nullptr;
delete dummy;
return ret;
}
ListNode *sortList(ListNode *head)//主函数，此递归函数的设计类似于树的后序遍历
{
if(head==nullptr || (head->next)==nullptr)
return head;//递归终止条件
ListNode *fast=head;
ListNode *slow=head;//此时快慢指针对应的链表长度的状态为长度为0
//快指针还能不能再走两步？
while(fast->next && fast->next->next)//循环条件为针对快指针的操作还能不能继续进行？
{
slow = slow->next;
fast = fast->next->next;
}//循环结束后慢指针已经到达正确的位置了,
fast = slow->next;//得出的slow为分割点
slow->next = nullptr;
slow = head;
ListNode *l1 = sortList(slow);
ListNode *l2 = sortList(fast);
return merge(l1,l2);
}
};